precis physique mpsi exercices

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Titres disponibles en première année dans la filière MPSI...
En Mathématiques
Analyse MPSI
Algèbre et géométrie MPSI
En Physique
Optique MPSI-PCSI-PTSI
Mécanique MPSI
Électrocinétique MPSI
Électromagnétisme MPSI
Thermodynamique MPSI
En Chimie
Chimie MPSI
LES NOUVEAUX
Précis
B
R
É
A
➜ Des exercices variés, classés par thème et de difficulté progressive,
couvrent la totalité du programme.
➜ Des solutions entièrement rédigées détaillent l’ensemble des
méthodes et des raisonnements à connaître en première année.
➜ De nombreux commentaires enrichissent les corrigés d’astuces,
de conseils et d’explications supplémentaires.
Les Nouveaux Précis Bréal sont la collection de référence pour
réussir sa prépa et intégrer une grande école d’ingénieurs.
Réf. : 209. 0354
ISBN : 2 84291 961 0
B R É A L
Physique
L
Une collection tenant compte de vos besoins et de vos
contraintes, conçue pour s’entraîner efficacement et
progresser tout au long de l’année.
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NOUVEAUX
Précis
LES NOUVEAUX
Livres d’exercices
Mathématiques MPSI
Physique MPSI
LES
MPSI
10:28
Exercices
24/06/10
BRÉAL
MPSI
Précis
MPSI:2090354 Phys Ex
Physique
2090354 Phys Ex
Exercices
MPSI
Énoncés
Solutions
J . B E R G U A • P. G O U L L E Y
D. NESSI
Commentaires
Tout le nouveau programme
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LES
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NOUVEAUX
Précis
B R É A L
Physique
MPSI
J.
B E R G UA
•
P.
G O U L L E Y
•
D.
N E S S I
Professeurs en classes préparatoires scientifiques
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16/11/10
LES NOUVEAUX
Précis
B
R
É
A
L
Titres disponibles dans la filière MPSI
Mathématiques 1re année
■ Analyse MPSI
■ Algèbre et géométrie MPSI
Physique 1re année
■ Mécanique MPSI
■ Électromagnétisme MPSI
■ Électrocinétique MPSI
■ Optique MPSI - PCSI - PTSI
■ Thermodynamique MPSI
Chimie 1re année
■ Chimie MPSI
Exercices 1re année
■ Mathématiques MPSI
■ Physique MPSI
Maquette : Joëlle Parreau.
Couverture : Sophie Martinet.
Réalisation : Alpha-Edit.
© Bréal 2003
Toute reproduction même partielle interdite.
Dépôt légal : août 2003.
ISBN 978 2 84291 961 0
ref : 209 0354 - e-sbn : 978 2 7495 2038 4
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Avant-propos
es Nouveaux Précis Bréal sont conçus pour apporter aux étudiants des classes préparatoires
une aide efficace dans leur travail.
Ils ont pour objectif de dégager, à travers des énoncés variés et classiques, les méthodes qui
permettent la construction progressive et raisonnée de la solution d’un exercice ou d’un
problème. C’est pourquoi il est souhaitable de les utiliser tout au long de l’année, parallèlement à
l’acquisition des connaissances.
Les exercices proposés ont été sélectionnés pour leur représentativité : ils permettent de présenter
l’ensemble des méthodes et des raisonnements qui, une fois assimilés, doivent permettre de
résoudre, sans trop de difficultés, des exercices analogues.
L
Ce volume traite l’ensemble du programme de physique de première année MPSI.
Chaque chapitre propose une série d’exercices structurés dont la solution est très détaillée,
suivis de quelques exercices corrigés de réinvestissement.
Chaque exercice de la première catégorie est caractérisé par :
■
un énoncé constitué de questions progressives ;
■
« Ce qu’il faut savoir » : la liste des connaissances – en physique (« Points de cours ») et
parfois en mathématiques (« Outils mathématiques ») – nécessaires pour traiter l’exercice ;
■
« Ce qu’il faut comprendre » : l’analyse qui propose brièvement les chemins à suivre pour
répondre efficacement aux questions posées. C’est un moment essentiel dans la recherche de
la solution : assez brève, l’analyse doit précéder la mise en œuvre des calculs. Il nous paraît
très important que la recherche de la solution passe systématiquement par cette étape. Il n’y
a rien de plus stérile que de se lancer dans les calculs sans savoir de façon précise dans quel
but ils sont entrepris…
■
la solution proprement dite dans laquelle sont souvent rappelés et développés quelques
« Points cours » dont une bonne compréhension est indispensable. Des « Points méthodes »
(sur fond grisé) permettent d’affiner la réflexion : il s’agit soit de mises en garde afin d’éviter
une erreur fréquente de raisonnement, soit le plus souvent d’explications supplémentaires
justifiant le choix d’un théorème ou la pertinence d’un raisonnement. Des « commentaires »
conduisent à une discussion des résultats obtenus et à une vérification de leur cohérence
(recherche de cas ou de valeurs limites, approches différentes pouvant donner un autre
éclairage…). Ces commentaires jouent un rôle comparable à l’analyse, mais cette fois après
le développement des calculs : c’est une forme de contrôle des résultats obtenus.
Analyse et discussion, qui sont finalement les deux points les plus importants pour le physicien,
sont aussi sans doute les étapes les plus difficiles à mettre en œuvre, mais leur bonne prise en
compte facilitera considérablement la construction d’une solution structurée (et exacte…) de
chaque exercice.
Nous espérons que cet ouvrage aidera les étudiants dans cette voie, dans la perspective d’une
réussite aux concours. Nous accueillerons avec reconnaissance les remarques et les critiques des
lecteurs, qui peuvent nous être adressées par courrier électronique à l’adresse suivante :
[email protected].
Les auteurs
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Sommaire
Mémento de mathématiques
PARTIE 1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .9
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
Chapitre 1 Mécanique 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
• Exercices avec solution détaillée
101. Risque de collision au freinage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
102. Projectile soumis au frottement de l’air. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
103. Deux mouvements sur la même trajectoire. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
104. Pendule simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
105. Pendule dont le fil casse. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
106. Enroulement d’un fil sur un cylindre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
107. Anneau coulissant sur un cercle. Analyse de portraits de phase . . . . . . . . . . . . . . .
30
32
35
39
42
44
48
• Exercices corrigés
108. Ralentissement d’une voiture . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
109. Mouvement sur un axe dans un champ gravitationnel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
110. Particule dans une cuvette . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
Chapitre 2 Électrocinétique 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
A - RÉGIME CONTINU
• Exercices avec solution détaillée
201. Intensité dans une branche. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
202. Association en parallèle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
203. Circuit actif réductible à une résistance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
204. Résistances équivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
66
70
72
75
• Exercices corrigés
205. Générateurs ou récepteurs. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
206. Voie électrifiée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
B - RÉGIME TRANSITOIRE
• Exercices avec solution détaillée
211. Bilan d’énergie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
212. Conditions initiales – conditions d’équilibre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
213. Deux bobines en parallèle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
214. Circuit LC réel en signaux carrés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
• Exercices corrigés
215. Simulation de résistance. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
216. Attaque par un générateur à caractéristique rectangulaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
Chapitre 3 Optique géométrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
• Exercices avec solution détaillée
301. Prisme à réflexion totale. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
302. Doubleur de focale. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
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MPSI
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303. Association de deux lentilles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
304. Miroir équivalent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
• Exercices corrigés
305. Viseur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
306. Association de deux miroirs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
307. « Mise au point » pour un objectif photographique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
308. Étude sommaire d’un microscope. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
PARTIE 2
139
144
146
151
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157
Chapitre 4 Électrocinétique 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
159
A - RÉGIME SINUSOÏDAL
• Exercices avec solution détaillée
401. Générateur sinusoïdal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
402. Circuit RLC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
403. Sonde adaptée pour oscilloscope. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
404. Fonction de transfert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
405. Adaptation d’impédance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
160
162
169
176
187
• Exercices corrigés
406. Deux branches en parallèle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191
407. Puissance consommée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198
B - FILTRES ACTIFS ET AUTRES CIRCUITS AVEC AMPLIFICATEUR OPÉRATIONNEL
• Exercices avec solution détaillée
411. Filtre de Butterworth. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
412. Amplificateur différentiel. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
413. Simulation d’une inductance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
414. Condition de fonctionnement d’un filtre. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
203
208
215
219
• Exercices corrigés
415. Filtre « entièrement » réglable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222
416. Dérivateur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228
Chapitre 5 Mécanique 2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233
A - OSCILLATEURS
• Exercices avec solution détaillée
501. Association de deux ressorts . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234
502. Décollement d’une masse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237
503. Oscillateur harmonique amorti : temps de réponse – Sélectivité . . . . . . . . . . . . . . . 240
• Exercices corrigés
504. Vibrographe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246
505. Pendule « amorti » . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250
Sommaire
5
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B - FORCES CENTRALES ET SYSTÈMES DE DEUX POINTS MATÉRIELS
• Exercices avec solution détaillée
511. Demi-ellipse dite de transfert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
512. Écart à la satellisation sur orbite circulaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
513. Comète quasi-parabolique de 1843 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
514. Trajectoires de météorites. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
515. Étoile double . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
516. Conditions de satellisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
517. Autre présentation du mouvement newtonien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
259
261
264
267
272
276
279
• Exercices corrigés
518. Interaction coulombienne répulsive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282
519. Météore traversant un nuage peu dense . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287
520. Marées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292
C - CHANGEMENTS DE RÉFÉRENTIELS
• Exercices avec solution détaillée
521. Rebond d’une balle sur un obstacle en mouvement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
522. Traversée d’une rue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
523. Traversée d’une rivière . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
524. Roulement sans glissement d’une roue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
525. Courses poursuites : « les quatre mouches » . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
526. Gerbe de feu d’artifice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
527. Verticale apparente sur un manège. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
528. Interaction répulsive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
300
302
305
311
316
319
321
325
• Exercices corrigés
529. Point matériel sur une sphère . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
531. Point matériel sur un cercle vertical tournant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
532. Deux masses liées par un fil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
533. Système couplé de deux masses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
534. Pendule double . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
330
337
340
343
351
D - MOUVEMENTS DANS DES CHAMPS E ET B
• Exercices avec solution détaillée
541. Mouvement dans un champ magnétique d’un électron soumis à une force de freinage 356
542. Spectrographe de masse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359
• Exercices corrigés
543. Stabilisation par champ magnétique. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364
544. Optique électronique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 368
545. Lentille magnétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372
Chapitre 6 Thermodynamique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 379
A - HYDROSTATIQUE ET GAZ PARFAIT
• Exercices avec solution détaillée
601. Baromètre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
602. Cône au fond d’un récipient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
603. Ballons ascensionnels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
604. Effusion par un trou. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
MPSI
380
384
388
393
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• Exercices corrigés
605. Cloche renversée. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396
606. Retenue d’eau par un barrage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 398
607. Pompe aspirante et refoulante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401
B - BILANS D’ÉNERGIE
• Exercices avec solution détaillée
611. Équilibre mécanique – Équilibre thermique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
612. Transformations polytropiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
613. Évolution d’un gaz réel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
614. Remplissage d’un réservoir . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
407
410
413
418
• Exercices corrigés
615. Détente irréversible d’un gaz parfait . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423
616. Chauffages d’un gaz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 426
C - BILANS D’ÉNERGIE ET D’ENTROPIE
• Exercices avec solution détaillée
621. Compression d’un gaz parfait . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 430
622. Solides en contact thermique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433
623. Variations d’entropie d’un gaz. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 436
• Exercices corrigés
624. Évolutions adiabatiques d’un gaz parfait . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 440
625. Évolution irréversible – Évolution réversible . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 445
626. Optimisation d’un compresseur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 448
C - CORPS PUR DIPHASÉ
• Exercices avec solution détaillée
631. Vaporisation dans le vide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
632. Détendeur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
633. Évolution isenthalpique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
634. Point triple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
454
457
460
464
• Exercices corrigés
635. Eau liquide en équilibre avec sa vapeur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
636. Détente isentropique de vapeur saturante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
637. Condensation – Surfusion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
638. Vaporisation à T et P variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
466
469
473
477
D - MACHINES THERMIQUES
• Exercices avec solution détaillée
641. Machines dithermes : les trois cas intéressants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
642. Cycle réversible – Cycle irréversible . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
643. Cycle de Joule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
644. Climatiseur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
645. Pompe à chaleur. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
646. Moteur Diesel. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
480
484
488
493
496
500
• Exercices corrigés
647. Moteur avec sources à températures variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504
648. Réfrigérateur et pompe à chaleur imparfaits . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 508
Sommaire
7
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649. Moteur à explosion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513
650. Réfrigérateur à absorption . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 518
651. Centrale électrique nucléaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 520
Chapitre 7 Électromagnétisme
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 527
A - ÉLECTROSTATIQUE
• Exercices avec solution détaillée
701. Deux lames de charges opposées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
702. Couronne plane chargée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
703. Demi-espace chargé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
704. Lignes de champ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
705. Interaction entre charges identiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
528
532
537
543
552
• Exercices corrigés
706. Potentiel de Yukawa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 556
707. Point de champ nul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 559
Les mouvements dans les champs E et B sont classés en mécanique (chapitre 5, partie D).
B - MAGNÉTOSTATIQUE
• Exercices avec solution détaillée
711. Spire circulaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
712. Solénoïde épais. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
713. Solénoïde en forme de tore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
714. Ligne de champ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
564
568
571
575
• Exercices corrigés
715. Cartes de lignes de champ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 579
8
MPSI
KB.ch00 Page 9 Mercredi, 20. août 2003 9:53 09
apitre
h
C
0
Rappels
de mathématiques
Memento
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Expression approchée d’une grandeur physique
On supposera dans ce mémento que toutes les fonctions que l’on manipule sont honnêtes et fréquentables par un physicien, c’est-à-dire continues et dérivables autant que
les nécessités de calcul l’exigeront.
Dérivées
• Dérivée première
f(x + h) – f(x)
f ′ ( x ) = lim ---------------------------------h
h→0
• Dérivée seconde
f ′(x + h) – f ′(x)
f ″ ( x ) = lim --------------------------------------h
h→0
dy d 2 y
Le physicien préfère les notations ------, --------2- pour les dérivées respectivement première
dx dx
et seconde par rapport à x de y.
d2y
dy
Il utilise parfois la notation ẏ pour ------ et ẏ˙ pour --------,
dérivées respectivement predt
dt 2
mière et seconde par rapport à t de y ( t ).
• Dérivées d’une fonction composée
La dérivée par rapport à t de la fonction y [ x ( t ) ] se met sous la forme :
dy dy dx
------ = ------ -----dt dx dt
• Dérivée d’une fonction réciproque
dy
1
Soit x ( y ) la fonction réciproque de y ( x ), on a ------ = ------dx dx
-----dy
Différentielle
Soit f une fonction décrivant les variations d’une grandeur physique dépendant de x.
Considérons une variation dx de x. On note df l’application différentielle de f au
point x, ou « différentielle de f », d’expression df = f ′ ( x ) dx
La différentielle est une expression linéaire de l’accroissement dx de la variable ; géométriquement, elle donne l’équation de la tangente à la courbe y = f ( x ) au point de
coordonnées ( x 0 , f ( x 0 ) ) : df = y 1 – f ( x 0 ) = f ′ ( x 0 ) ( x – x 0 ).
Développement de Taylor
h
h2
hn
f ( x 0 + h ) = f ( x 0 ) + ---- f ′ ( x 0 ) + ----- f ″ ( x 0 ) + … + ----- f ( n ) ( x 0 ) + h n ε ( h )
2!
n!
1!
avec lim ε ( h ) = 0. Si l’on considère l’accroissement ∆f = f ( x 0 + h ) – f ( x 0 ) de la
h→0
fonction f depuis le point d’abscisse x0 , celui-ci est donné, en première approximation
(c’est-à-dire pour h petit) par la valeur prise par la différentielle.
10 MPSI
Memento
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Approximation des grandeurs physiques
Le développement de Taylor va nous être très utile en physique.
En effet, le physicien élabore des « modèles », correspondant à un comportement
« idéal » pour lequel il existe des lois simples.
L’examen des écarts à ces lois, lorsqu’ils sont mesurables, permet d’accéder à la connaissance du phénomène complexe.
Exemples
Électronique : AO idéal = lim AO réel lorsque µ → ∞
avec µ coefficient d’amplification de l’AO.
Thermodynamique : gaz parfait = lim gaz réel lorsque P → 0.
Mécanique newtonienne d’une particule de vitesse v : domaine de validité lorsque
v c (vitesse de la lumière dans le vide).
Optique : propagation rectiligne de la lumière dans un milieu homogène : domaine de
validité λ R (λ = longueur d’onde, R rayon du diaphragme). C’est l’approximation de l’optique géométrique qui permet de négliger le phénomène de diffraction par
le diaphragme.
Dans certains cas l’utilisation du développement de Taylor-Young permet de modéliser le phénomène au voisinage de x0.
• Approximation au premier ordre
Elle est obtenue en négligeant les termes au-delà du 1er ordre.
On approximera f ( x ) par f ( x 0 ) + ( x – x 0 )f ′ ( x 0 ) soit ax + b.
C’est l’approximation linéaire du physicien : la courbe est remplacée par sa tangente.
• Approximation au second ordre
1
On approximera f ( x ) par f ( x 0 ) + ( x – x 0 )f ′ ( x 0 ) + -- ( x – x 0 ) 2 f ″ ( x 0 )
2
soit αx 2 + βx + γ . Dans ce cas, la courbe est approximée par une parabole.
Souvent, nous nous ramènerons au développement de Taylor-Young au voisinage de 0
xn
x
x2
f ( x ) = f ( 0 ) + ---- f ′ ( 0 ) + ----- f ″ ( 0 ) + … + ----- f ( n ) ( 0 ) + x n ε ( x ) avec lim ε ( x ) = 0.
2!
n!
1!
x→0
Les développements suivants doivent être connus (on se limite en général au second
ordre) ; s’il faut poursuivre, on reprend la formule générale.
x2
( 1 + x ) α ≈ 1 + αx + α ( α – 1 ) ----- … avec α positif ou négatif, entier ou fractionnaire.
2
sin x ≈ tan x ≈ x… (les termes suivants dans les deux cas sont du 3e ordre).
x2
x2
x2
cos x ≈ 1 – ----- … ln ( 1 + x ) ≈ x – ----- … e x ≈ 1 + x + ----- …
2
2
2
Le physicien choisit d’approximer le résultat à un ordre donné et ne tient alors plus
compte des termes suivants.
Exemple : champ de pesanteur g ( z ) au voisinage du sol terrestre.
Chapitre 0 – Rappels de mathématiques 11
Memento
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R 2
Expression générale de g ( z ) = g 0 .  ------------ .
 R + z
Cherchons une expression approchée au premier ordre pour z R de :

2
1 
z –2
2z

g ( z ) = g 0 · ------------- = g 0 ·  1 + --- ≈ g 0 ·  1 – ----- .



z
R
R
 1 + ---
R
Ainsi au sommet du Mont-Blanc (4 807 m), en prenant g = g 0 , on a une incertitude
relative de l’ordre de 1,5 · 10–3.
Rassurons immédiatement ceux qui sont gênés de ne pas avoir pris le terme d’ordre 2.
Un calcul rapide leur permettra de trouver :
2z 3z 2
g ( z ) ≈ g 0 ·  1 – ----- + -------2  , ce qui ajoutera une incertitude relative de 1,7 ⋅ 10 – 6 .

R R 
On remarquera que le terme d’ordre 2 est très inférieur au terme d’ordre 1.
Ce résultat est très général : dans le développement de Taylor-Young, le terme d’ordre
n est inférieur au terme d’ordre ( n – 1 ), ce qui justifie en physique de prendre un
nombre très limité de termes (souvent en fonction de la précision souhaitée, en
n’oubliant pas que le physicien n’a aucun besoin d’une précision de calcul qui serait
supérieure à celle de ses mesures !).
Résolution de quelques équations différentielles
Préliminaire : primitive d’une fonction
Soit F une primitive de f.
Elle est définie par
F′ ( x ) = f ( x )
F(x) – F(a) =
x
∫a f ( u ) du
Le physicien qui ne veut pas s’embarrasser de précautions d’écriture écrira le plus
souvent :
F(x) – F(a) =
x
∫a f ( x ) dx
Équation différentielle du premier ordre à variables séparables
Ce sont des équations du premier ordre pour lesquelles on peut :
dx
x′ ( t ) = ------ = f 1 ( x, t )
– résoudre en x′ ( t )
dt
dx
h ( x ) ------ = g ( t )
– et séparer les variables
dt
par intégration par rapport à t (on recherche une primitive H de h et G de g)
H ( x ) = G ( t ) + cste.
12 MPSI
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Soit x0 la valeur de x correspondant à t = t 0
H ( x ) – H ( x0 ) = G ( t ) – G ( t0 )
Exemple : soit une particule de masse m soumise à son poids P = mgu z et à la résistance
dv
de l’air modélisée par la force f = – λv 2 u z . On obtient ma = m ------ = mg – λv 2 par
dt
projection de la relation fondamentale de la dynamique sur l’axe z′z. On peut séparer les
deux variables v et t en mettant l’équation sous la forme :
m dv
---------------------2- = dt
mg – λv
Le premier membre n’est fonction que de v, le second que de t. Il suffira alors de trouv
m dv
ver la primitive de chaque membre, soit pour le premier membre ---------------------2- et pour
v 0 mg – λv
t
le second dt avec v0 la vitesse à l’instant t0.
∫t
∫
0
Équation linéaire du premier ordre à coefficients constants
La forme générale est ay′ ( t ) + by ( t ) = h ( t )
(E)
On appelle équation homogène l’équation sans le second membre :
ay′ ( t ) + by ( t ) = 0
l’équation homogène est à variables séparables car on peut écrire :
b
y′ ( t )
----------- = – -- = – α d’où y 1 ( t ) = Ae –αt .
a
y(t)
La solution générale de l’équation complète est la somme de la solution générale de
l’équation homogène et d’une solution particulière de l’équation complète.
Il ne reste plus qu’à trouver une solution particulière de (E) (peu importe laquelle, la
plus simple fera l’affaire !).
c
– Si la fonction h est une constante notée c, une solution particulière est y 2 = -- .
b
– Si h n’est pas une constante, « on se débrouille » comme on peut pour trouver une
solution particulière. C’est assez simple pour les fonctions polynômes en t n et pour les
fonctions sinusoïdales où l’on peut procéder par identification.
Soit y2 cette solution particulière.
On arrive alors à :
y ( t ) = y 2 ( t ) + Ae – αt
où A est une constante à déterminer à partir des conditions initiales.
Dans tous les cas, pour une équation du premier ordre, se rappeler qu’il y aura une
constante à déterminer.
Équation différentielle du second ordre linéaire, à coefficients constants
ax″ ( t ) + bx′ ( t ) + cx ( t ) = f ( t )
De la même manière que pour les équations du premier ordre :
la solution générale de l’équation complète est la somme de la solution générale de
l’équation homogène et d’une solution particulière de l’équation complète.
Chapitre 0 – Rappels de mathématiques 13
Memento
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d
Si f est une constante d, la solution particulière est évidente, c’est x = -- . Sinon, en
c
général, des considérations d’ordre physique donnent une solution particulière (la
plupart du temps, elle représente le régime permanent qui s’établit pour t suffisamment grand).
• Résolution de l’équation homogène
Soit ax″ ( t ) + bx′ ( t ) + cx ( t ) = 0 (1)
On cherche alors des solutions de la forme x ( t ) = Ae αt où A, α ∈ (ou ) car les
mathématiciens montrent que la solution la plus générale est une combinaison linéaire
de deux solutions de ce type.
Recherche des valeurs de α : x′ ( t ) = αAe αt et x″ ( t ) = α 2 Ae αt .
En reportant dans (1), il vient : Ae αt ( aα 2 + bα + c ) = 0.
L’équation du second degré dont α doit être solution est dite « équation caractéristique ».
Il y a trois cas possibles :
1. Discriminant positif soit b 2 – 4ac 0
Il y a deux solutions α1 et α2 dans , on a donc :
x = Ae α1 t + Be α2 t
A et B ∈ .
2. Discriminant nul soit b 2 – 4ac = 0
Il y a une racine double α dans et dans ce cas :
x = ( A + Bt )e αt
A et B ∈ .
(C’est un cas limite, physiquement sans grande signification.)
3. Discriminant négatif soit b 2 – 4ac 0
– b ± i 4ac – b 2
Il y a deux solutions α1 et α2 dans : α = --------------------------------------- .
2a
2
(On note i le nombre complexe tel que i = – 1. ) On a alors :
x = Ae α1 t + Be α2 t
A et B ∈ .
Seules des solutions réelles peuvent avoir une signification physique, α1 et α2 étant imaginaires conjuguées, on peut poser α = – λ ± iω et dans ces conditions, les solutions
x ( t ) réelles sont de la forme
x = e –λt ( C 1 cos ωt + C 2 sin ωt )
x = De –λt cos ( ωt + φ )
x = D′e –λt sin ( ωt + φ′ )
C 1, C 2, D, D′, φ, φ′ ∈ b
λ = -----2a
et
4ac – b 2
ω 2 = ------------------2a
Il ne reste plus qu’à ajouter une solution particulière de l’équation différentielle initiale
et à déterminer les valeurs des constantes, à l’aide des conditions initiales…
Dans tous les cas, pour une équation du second ordre, se rappeler qu’il y a deux
constantes à déterminer.
14 MPSI
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Éléments de calcul vectoriel
Produit scalaire de deux vecteurs
• Définition – expression
Soient V 1 et V 2 deux vecteurs non nuls de composantes respectives ( X 1 , Y 1 , Z 1 )
( X 2 , Y 2 , Z 2 ) dans une base orthonormée ( u x , u y , u z ). Soit α l’angle orienté des vecteurs V 1 et V 2 .
V 1 ⋅ V 2 = V 1 V 2 cos α = X 1 X 2 + Y 1 Y 2 + Z 1 Z 2
• Propriétés
– Module du vecteur V
V ⋅V = V
d’où
2
V=
2
2
X +Y +Z
2
– Composantes du vecteur V sur un axe
En remarquent que lorsqu’on écrit V 1 ⋅ V 2 = V 1 V 2 cos α, V 2 cos α représente la projection de V 2 sur la direction de V 1 , la projection de V sur un axe Ox (resp Oy, Oz)
de vecteur unitaire u x (resp. u y , u z ) s’écrit :
Vx = V ⋅ ux
(resp. V y = V ⋅ u y
et
V
Vz = V ⋅ uz )
– Orthogonalité de deux vecteurs
O ux
Vx
x
V1 ⊥ V2 ⇔ V1 ⋅ V2 = 0
– Dérivée d’un produit scalaire
Si V 1 et V 2 sont fonctions du temps, alors :
dV
dV
d
----- ( V 1 ⋅ V 2 ) = ---------1- ⋅ V 2 + V 1 ⋅ ---------2dt
dt
dt
Conséquence : soit u un vecteur unitaire
u ⋅ u = u2 = 1
du
du 2
--------- = 2u ⋅ -------- = 0.
dt
dt
du
Le vecteur -------- est orthogonal au vecteur u .
dt
Chapitre 0 – Rappels de mathématiques 15
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– Propriétés métriques dans les triangles
A
BC = BA + AC
BC 2 = BA 2 + AC 2 + 2BA ⋅ AC
BC 2
=
BA 2
+
AC 2
α
– 2BA ⋅ AC cos α
B
C
Produit vectoriel de deux vecteurs
• Définition : soit V 1 et V 2 deux vecteurs non nuls. Soit α l’angle orienté des vecteurs
V 1 et V 2 .
V = V 1 ∧ V 2 est un vecteur orthogonal au plan défini par V 1 et V 2 , orienté de
telle sorte que ( V 1 , V 2 , V ) forment un trièdre direct, de module V 1 V 2 sin α .
• Autres méthodes pour définir le sens :
– règles des 3 doigts de la main droite,
– tire-bouchon de Maxwell.
V
V = V1 ∧ V2
V1
α
V2
• Propriétés
– V1 ∧ V2 = –V2 ∧ V1
– V 1 colinéaire à V 2 ⇒ V 1 ∧ V 2 = 0
– Soit une base orthonormée directe ( u 1 , u 2 , u 3 )
u1 ∧ u2 = u3 ;
u2 ∧ u3 = u1 ;
u3 ∧ u1 = u2 .
– Composantes de V dans une base cartésienne ( u x, u y, u z )
En utilisant les propriétés énoncées plus haut :
V = V 1 ∧ V 2 = ( V 1x u x + V 1y u y + V 1z u z ) ∧ ( V 2x u x + V 2y u y + V 2z u z )
V = ( Y 1 Z 2 – Z 1 Y 2 )u x + ( Z 1 X 2 – X 1 Z 2 )u y + ( X 1 Y 2 – Y 1 X 2 )u z
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( X 1 , Y 1 , Z 1 ), ( X 2 , Y 2 , Z 2 ) étant les composantes respectives de V 1 et V 2 dans la
base ( u x , u y , u z ).
On peut remarquer que chaque terme correspond respectivement aux déterminants
2×2:
Y1
Y2
Z1
Z2
;
Z1
Z2
X1
X2
;
X1
X2
Y1
Y2
.
– Moyen mnémotechnique
Écrire les composantes colonnes des vecteurs V 1 et V 2 :
X1
X2
Y1
Y2
Z1
Z2
On obtient le 1er déterminant (composante sur u x ) en barrant la
1re ligne puis les autres par permutation circulaire.
• Dérivée d’un produit vectoriel
Si V 1 et V 2 sont fonctions du temps
dV
dV
d
----- ( V 1 ∧ V 2 ) = ---------1- ∧ V 2 + V 1 ∧ ---------2dt
dt
dt
• Calcul de l’aire d’un triangle ABC
1
( ABC ) = --AB × AC sin α
2
1
( ABC ) = -- V 1 ∧ V 2 .
2
Produit mixte de trois vecteurs
• Définition
Soit V 1 , V 2 , V 3 trois vecteurs. Le produit mixte ( V 1 , V 2 , V 3 ) est défini par :
( V 1 , V 2 , V 3 ) = V 1 ⋅ (V 2 ∧ V 3 )
• Propriétés
V 1 ⋅ (V 2 ∧ V 3 ) = (V 1 ∧ V 2 ) ⋅ V 3 = V 2 ⋅ (V 3 ∧ V 1 )
Le produit mixte est nul si deux vecteurs sont colinéaires ou si les trois vecteurs sont
coplanaires.
Chapitre 0 – Rappels de mathématiques 17
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Systèmes de coordonnées et bases
Soit un point M étudié dans un référentiel . On munit d’un repère d’origine O,
d’axes orthogonaux Ox, Oy, Oz.
Base cartésienne
Les coordonnées de M sont x, y, z dans la base cartésienne u x , u y , u z .
z
z
Propriété : u x , u y , u z sont fixes par rapport au
référentiel .
M
uz
ux
y
uy
O
x
x
y
OM = xu x + yu y + zu z
Les données x ( t ), y ( t ), z ( t ) constituent les équations paramétriques du mouvement.
Il est utile de connaître l’expression d’un petit déplacement dM dans la base ( u x , u y , u z ).
z
dM = dxu x + dyu y + dzu z .
dM
dz
M
uz
dy
dx
Cette expression permettra de déterminer le vecteur
vitesse :
y
dy
dz
dx
dOM
V = ------------- = ------u x + ------u y + ------ u z .
dt
dt
dt
dt
Elle permet également d’exprimer une surface élémentaire dS = dx dy (respectivement dy dz, dx dz )
ainsi qu’un volume élémentaire dτ = dx dy dz .
uy
ux
x
Base cylindrique
Elle s’obtient par rotation de u x , u y , u z d’un angle θ autour de l’axe Oz.
z
uθ
z
uy
uz
θ
uθ
M
ur
ux
x
18 MPSI
uz
uz
uy
ux O
r
ur
θ
m
ur
y
Memento
KF.book Page 19 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Les coordonnées cylindriques de M dans la base u r , u θ , u z sont r, θ et z. En associant la
base u r , u θ , u z au point M, on obtient une base locale en mouvement par rapport à .
Expression du vecteur position : OM = ru r + zu z .
Les données r ( t ), θ ( t ) et z ( t ) constituent les équations paramétriques du mouvement.
Expression d’un petit déplacement de M dans
z
ur , uθ , uz :
r dθ
dz
M
O
dM = dOM = dru r + r dθu θ + dzu z .
Cette expression permet de déterminer le vecteur
vitesse :
dM
dr
r
dz
dr
dθ
dOM
V = ------------- = ------ u r + r ------- u θ + ------ u z .
dt
dt
dt
dt
Elle permet également de déterminer :
– une surface élémentaire dS = r dr dθ ,
– un volume élémentaire dτ = r dr dθ dz.
y
θ
x
m
Cette représentation est à utiliser pour un système admettant une symétrie cylindrique (invariance par rotation autour de Oz).
Base sphérique
On l’obtient par une rotation de ( u x , u y , u z ) d’un angle ϕ autour de Oz, suivie d’une
rotation d’un angle θ autour de u ϕ .
uθ
uϕ
uz
uy
ϕ
ux
uϕ
u
θ
u
ur
uz
z
ur
M
θ
uz
ux
r
uϕ
uθ
uy
y
ϕ
m
x
Chapitre 0 – Rappels de mathématiques 19
Memento
KF.book Page 20 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Dans cette base ( u r , u θ , u ϕ ), les coordonnées sphériques de M sont r, θ et ϕ.
Expression du vecteur position : OM = ru r .
En associant la base ( u r , u θ , u ϕ ) au point M, on obtient une base locale en mouvement dans .
z
Expression d’un petit déplacement de M dans
r dθ
M
dθ
θ
ϕ
x
dr
dM
r sin θ dϕ
y
dϕ
( ur , uθ , uϕ ) :
dM = dOM = dru r + r dθu θ + r sin θ dϕu ϕ .
Cette expression permet de déterminer le vecteur
vitesse :
dr
dθ
dϕ
dOM
V = ------------- = ------ u r + r ------- u θ + r sin θ ------- u ϕ .
dt
dt
dt
dt
Elle permet également de déterminer :
– une surface élémentaire sur la sphère de rayon r : dS = r 2 sin θ d θ dϕ ;
– un volume élémentaire : dt = r 2 dr sin θ d θ dϕ.
Cette représentation est à utiliser pour un système admettant une symétrie sphérique
(forces en f u r par exemple).
Si θ = constante, on retrouve des coordonnées polaires pour ρ = r sin θ et ϕ.
Si ϕ = constante, on retrouve des coordonnées polaires pour r, θ.
Opérateur gradient
Définition
Soit U une fonction scalaire d’un point M de l’espace. Lors du déplacement dM du
point M de M en M′, MM′ = dM, U varie de dU = U ( M′ ) – U ( M ).
Le vecteur gradU est défini par dU = gradU ⋅ dM.
Exemple : U peut être une énergie potentielle Ep : dE p = gradE p ⋅ dM.
Propriétés
• Considérons une surface telle que quel que soit M appartenant à cette surface,
U ( M ) = constante. Alors pour tout petit déplacement sur cette surface,
dU = 0 = gradU ⋅ dM.
gradU est donc perpendiculaire à cette surface.
20 MPSI
Memento
KF.book Page 21 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exemple : dans le cas d’une énergie potentielle, la surface pour laquelle
E p ( M ) = constante est appelée « équipotentielle ». gradE p est donc perpendiculaire
à la surface équipotentielle.
• Soit maintenant U et U + dU, deux surfaces équipotengradU
tielles différentes contenant M et M′ avec MM′ = dM.
M
dU = gradU ⋅ dM.
dM
gradU ⋅ dM 0 ⇔ cos α 0 avec α ∈ [ 0, π/2 ].
Alors dU 0 et gradU est orienté dans le sens des U
croissants.
α
U
M′
U + dU
Expression dans les différentes bases
• Base cartésienne
dM = MM′ = OM′ – OM = dOM = dxu x + dyu y + dzu z .
Soient A, B, C les composantes de gradU sur ( u x , u y , u z ) : dU = Adx + Bdy + Cdz.
D’autre part : U = U ( M ) = U ( x, y, z )
∂U
∂U
∂U
dU = ------- dx + ------- dy + ------- dz
∂x
∂y
∂z
∂U
∂U ∂U
où -------  resp. ------- , ------- représente la dérivée partielle de U par rapport à x, y et z res∂x 
∂y ∂z 
tant constants (resp. par rapport à y, x et z restant constants, par rapport à z, x et y restant constants).
Par identification :
∂U
∂U
∂U
gradU = ------- u x + ------- u y + ------- u z .
∂y
∂z
∂x
• Base cylindrique
La méthode est la même. Attention à l’expression : dM = dru r + rdθu θ + dzu z .
1 ∂U
∂U
∂U
gradU = ------- u r + -- ------- u θ + ------- u z .
r ∂θ
∂z
∂r
• Base sphérique
Attention dM = dru r + rdθu θ + r sin θd ϕu ϕ .
1 ∂U
1 ∂U
∂U
gradU = ------- u r + -- ------- u θ + ------------- ------- u ϕ .
r ∂θ
r sin θ ∂ϕ
∂r
Linéarité de la fonction grad
grad ( U 1 + U 2 ) = gradU 1 + gradU 2
grad ( λU ) = λgradU.
Chapitre 0 – Rappels de mathématiques 21
Memento
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Notation del ou nabla
On définit l’opérateur del ou nabla, en coordonnées cartésiennes par :
∂
∂
∂
∇ = u x ----- + u y ----- + u z ----- .
∂x
∂y
∂z
Appliqué à la fonction scalaire U ( M ) :
∂U
∂U
∂U
∇ U ( M ) = u x ------- + u y ------- + u z ------- .
∂x
∂y
∂z
Coniques
Équations des coniques en coordonnées polaires
( r = OM 0, θ = ( Ox , OM ) )
Soit un point F appelé foyer et une droite ( ∆ ) appelée directrice associée ( F ∉ ( ∆ ) ).
Une conique est le lieu des points dont le rapport des distances à F et à la droite ( ∆ )
est constant. Ce rapport est appelé excentricité e de la conique.
Suivant les valeurs de e, on distingue le type de conique :
e1
e = 1
e1
ellipse
parabole
hyperbole
La droite ( ∆ ) divise le plan en deux régions notées (1) et (2).
• 1er cas : le point M de la conique appartient à la région (1).
(1)
(∆)
M
r
(2)
MF
e = --------MK
K
θ
F
H
x
Cherchons l’équation de la branche de conique appartenant à cette région du plan en
coordonnées polaires :
MK = FH – r cos θ
r
e = ---------------------------FH – r cos θ
r ( 1 + e cos θ ) = e × FH.
22 MPSI
Memento
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On pose e × FH = p : paramètre de la conique
p
r = ----------------------1 + e cos θ
• 2e cas : le point M de la conique appartient à la région (2).
(1)
r
MF
e = --------- = ---------------------------- .
r cos θ – FH
MK
r ( 1 – e cos θ ) = – eFH
(2)
K
M
r
p
r = ---------------------------– 1 + e cos θ
θ
F
x
H
équation de la branche de conique appartenant à la région du plan ne contenant pas F.
Étude de différentes coniques
• e 1 : ellipse
L’ellipse possède un centre de symétrie O et deux foyers F et F′ ( OF = OF′ = c )
FOF′ est l’axe focal de l’ellipse.
On définit son demi grand axe OA = OA′ = a, son demi petit axe OB = OB′ = b.
y
(∆)
B
a
b
M
r
θ
A′
O c F
F′
B′
c=
a2 – b2
c
e = -a
A
x
H
(1)
(2)
b2
p = ----- = a ( 1 – e 2 )
a
– Son équation en coordonnées polaires est :
p
r = ----------------------- avec e 1 θ ∈ [ 0, 2π ] (l’ellipse appartient à la région (1)).
1 + e cos θ
Pour θ = 0
p
r min = ----------1+e
θ = π
p
r max = ----------1–e
r max + r min = 2a ce qui permet de retrouver p = a ( 1 – e 2 ).
Chapitre 0 – Rappels de mathématiques 23
Memento
KF.book Page 24 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
– Aire de l’ellipse = πab
– Remarque : choix de l’axe polaire
L’axe focal F′OF n’est pas forcément confondu avec l’axe polaire.
Si l’axe focal fait un angle ϕ avec l’axe polaire, l’équation de l’ellipse en polaire s’écrit :
p
r = -------------------------------------1 + e cos ( θ – ϕ )
p
On retrouve que pour θ = ϕ, r = ----------- = r min , ce qui caractérise le point A qui
1+e
appartient bien évidemment à l’axe focal.
axe focal
M θ
ϕ
F
x
O
axe polaire
F′
Application : mouvement des planètes autour du Soleil.
Si le texte du problème n’impose pas d’axe polaire, on choisira celui-ci confondu avec
l’axe focal.
y
– Équation cartésienne de l’ellipse
M
x2 y2
----2- + ----2- = 1
b
a b
a
x
O
– Définition géométrique de l’ellipse
C’est le lieu des points M tels que :
MF′ + MF = 2a
– Propriété géométrique
.
La tangente en un point M de l’ellipse est la bissectrice extérieure de l’angle F′MF
M
F
F′
• e 1 : hyperbole
L’hyperbole possède un centre de symétrie O et deux foyers F et F′.
On définit toujours a = OA = OA′
c = OF = OF′.
c
On a toujours : e = -- ; p = a ( e 2 – 1 ).
a
Par contre a 2 = – b 2 + c 2 .
24 MPSI
Memento
KF.book Page 25 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
y
(1)
(2)
c
a
A
F
b
H
O
A′
F′
x
(∆)
En physique, le point matériel en mouvement ne décrit qu’une des branches de
l’hyperbole.
– Si la branche décrite appartient à la région (1) :
(1)
p
r = ----------------------1 + e cos θ
(2)
1
les asymptotes sont définies par cos θ = – -- .
e
Applications : mouvement d’une sonde spatiale,
attraction électrostatique.
M
r
F
θ
A
(∆)
– Si la branche décrite appartient à la région (2) :
(1)
(2)
M
r
θ
F
O
A′
x
p
r = ---------------------------– 1 + e cos θ
les asymptotes sont
1
définies par cos θ = -- .
e
Application : répulsion électrostatique
(diffusion Rutherford).
(∆)
Chapitre 0 – Rappels de mathématiques 25
Memento
KF.book Page 26 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
– Équation cartésienne de l’hyperbole
x2 y2
----2- – ----2- = 1.
a b
– Équation des asymptotes
b
y = ± --x.
a
– Définition géométrique de l’hyperbole
y
•M
A
O
b
a
A′
C’est le lieu des points M tels que MF′ – MF = 2a
– Propriété géométrique
La tangente en un point M est la bissectrice intérieure de l’angle F′MF
M
F
F′
• e = 1 : parabole
y
(1)
(2)
M
F′
x
F
r
θ
F
A
H
(∆)
– Équation en coordonnées polaires
p
r = --------------------- car la parabole appartient à la région (1) de l’espace.
1 + cos θ
θ ∈ ] – π, π[
FA = a = AH ; p = 2a.
Application : mouvement de certaines comètes.
– Équation en cartésienne
y 2 = 2px
26 MPSI
x
KF.book Page 27 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Partie
1
Partie 1
KF.book Page 28 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
KF.book Page 29 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
apitre
h
C
1
Mécanique 1
Exercice 101
KF.book Page 30 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
101 Risque de collision au freinage
1. Une voiture roule à une vitesse constante V0 en ligne droite. Au temps t = 0, le
conducteur aperçoit un obstacle, mais il ne commence à freiner (avec une décélération constante de 7,5 m · s–2) qu’au bout d’un temps ε = 0,6 s. Calculer la distance
parcourue par le véhicule depuis l’instant initial jusqu’à l’arrêt.
Application numérique : V0 = 54 km · h–1, puis V0 = 108 km · h–1.
2. Deux voitures se suivent sur une route droite, à une distance d, et roulent à la
même vitesse constante V0 . À l’instant t = 0, la première voiture commence à freiner
avec une décélération a, la seconde voiture ne commence à freiner qu’au temps
t = ε = 0,6 s avec une décélération b.
Quelle condition doit satisfaire d pour que la seconde voiture s’arrête en arrière de la
première ?
Application numérique : V0 = 108 km · h–1, a = 7,5 m · s–2 et b = 6 m · s–2.
La condition trouvée est-elle suffisante pour garantir qu’il n’y aura pas collision entre
les deux voitures (pour des valeurs différentes de V0 , ε, a et b…) ?
Pourquoi cette condition est-elle suffisante avec les données numériques fournies ?
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Mouvement à accélération constante.
• Équation horaire.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
• Il est astucieux de résoudre la première question en tenant compte de la deuxième :
on prendra des notations telles qu’il ne soit pas nécessaire de refaire plusieurs fois le
même calcul.
• Pour la deuxième question, il faut prendre en compte les différentes phases du mouvement, avec des conditions initiales pertinentes.
■■ 3. Solution
1. On peut prendre l’origine des abscisses à la position de la voiture à la date t = 0 : elle
parcourt une distance x 1 = V 0 ε avant de freiner – avec une accélération – a
(a constante 0) à partir de la date t1 = ε.
Pour t t1, le mouvement est caractérisé par une vitesse :
V = ẋ = – a ( t – t 1 ) + V 0
1
et une position
x = – -- a ( t – t 1 ) 2 + V 0 ( t – t 1 ) + x 1 (1)
2
compte tenu des conditions initiales ci-dessus.
30 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 101
KF.book Page 31 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
V
L’arrêt est obtenu lorsque V = 0, soit t – t 1 = -----0- .
a
En reportant cette valeur dans l’expression de x ( t ) , on obtient la distance d’arrêt D :
V
1 V0 2
D = – --a  ------ + V 0 -----0- + x 1 ;
2  a
a
2
V
D = -----0- + V 0 ε
2a
Application numérique :
V0 = 54 km · h–1 = 15 m · s–1, d’où : D = 24 m.
V0 = 108 km · h–1 = 30 m · s–1, d’où : D = 78 m.
2. L’équation horaire de la première voiture est donnée par la relation (1), en faisant
t1 = 0 et x1 = 0 :
1
x ( t ) = – --at 2 + V 0 t ;
2
V
0
et elle s’arrête à l’abscisse x 2 = x  ------ , soit :
 a
2
V
x 2 = -----0- .
2a
À la date t = 0, la seconde voiture était à l’abscisse – d , et à la date t1 = ε, elle était donc
à l’abscisse x 1 = – d + V 0 ε.
La relation (1) donne alors pour la seconde voiture une position (avec a remplacé par b) :
1
x′ ( t ) = – -- b ( t – t 1 ) 2 + V 0 ( t – t 1 ) + V 0 ε – d ;
2
V
ce qui donne une distance x′2 parcourue jusqu’à l’arrêt (à la date t = t 1 + -----0- ) :
b
2
V
x′2 = -----0- + V 0 ε – d.
2b
La condition demandée correspond à x′2 x 2 (on néglige les dimensions des voitures,
assimilées à des points matériels…), soit :
2
2
V0
V
-----0- + V 0 ε – d ------ ;
2a
2b
2
V0 1 1
d ------  -- – -- + V 0 ε
2  b a
Soit, avec les valeurs données : d 33 m.
Cette condition n’est pas suffisante : il suffit d’imaginer une situation telle que b a,
avec d V 0 ε.
Chapitre 1 – Mécanique 1
31
Exercice 102
KF.book Page 32 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
La seconde voiture heurte la première avant même le début de son freinage, alors que
la condition trouvée peut être vérifiée !
Mais si b a, la condition trouvée est effectivement suffisante. En effet, la seconde voiture se rapproche alors constamment de la première (la différence des vitesses ẋ′ – ẋ
reste toujours positive ou nulle) : c’est donc lorsqu’elles sont arrêtées que leur distance
d est minimale.
102 Projectile soumis au frottement de l’air
Un projectile M de masse m est lancé dans un plan vertical ( Ox z ) avec une vitesse
initiale V 0 faisant un angle θ avec l’horizontale Ox. Ce référentiel, lié à la surface de
la Terre, sera supposé galiléen, et l’accélération g de la pesanteur constante. Ce projectile est soumis de plus à une force de frottement due à l’air, force que l’on peut
mettre sous la forme F f = – k ⋅ V avec k 0 et V vitesse instantanée du projectile.
m
1. Établir les équations du mouvement : on introduira la constante de temps τ = ---- .
k
Montrer que la trajectoire du projectile admet une asymptote verticale, et que sa
vitesse tend vers une limite V l que l’on précisera.
Exprimer alors les vitesses et position du mobile en fonction de t, τ, θ, V0 et Vl.
2. Calculer le temps t s nécessaire au projectile pour atteindre le sommet S de sa trajectoire, et donner la position de S.
π
Application numérique : θ = --- , V 0 = V l : calculer l’altitude de S, et comparer à
2
l’altitude atteinte lorsqu’on néglige le frottement de l’air.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
Point de cours
• Loi fondamentale de la dynamique.
Outil mathématique
• Résolution d’équation différentielle du premier ordre avec second membre.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. On appliquera la loi fondamentale de la dynamique au projectile M assimilé à un
point matériel. La vitesse limite peut être trouvée directement en cherchant à quelle
condition l’accélération a s’annule. On pourra intégrer l’équation différentielle sous
sa forme vectorielle et projeter les expressions obtenues pour V et OM .
32 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 102
KF.book Page 33 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2. À cause du freinage dû à l’air, la trajectoire étudiée doit se situer « au-dessous » de
la trajectoire parabolique « classique » obtenue en l’absence de frottement.
■■ 3. Solution
1. La loi fondamentale de la dynamique appliquée au point M à un instant t s’écrit
ma = mg – kV . On trouve directement que a = 0 ⇔ V = constante.
Ce qui est réalisé pour mg – kV = 0
m
ou encore en posant τ = ---k
soit
mg
Vl = -------k
Vl = τg
POINT MÉTHODE
dP
En écrivant le principe fondamental sous la forme ------- = ΣF , on obtient directedt
ment une équation différentielle en V :
dV
dP
------- = m -------- = mg – kV
dt
dt
Résolvons maintenant l’équation différentielle
dV k
m
-------- + ----V = g soit en posant τ = ---- :
dt m
k
Vl
dV V
-------- + ----- = ------ .
τ
dt
τ
Résolvons l’équation différentielle vectorielle :
t
– --
V ( t ) = Vl + A e τ .
Le vecteur A est défini par la condition initiale V = V 0 à t = 0 : A = V 0 – Vl
V ( t ) = Vl + ( V 0 – Vl )e
t
– -τ
(1)
En intégrant une nouvelle fois par rapport à t, on obtient :
OM ( t ) = Vl t + ( V 0 – Vl ) ( – τ )e
t
– -τ
+B.
B est défini par la condition initiale OM = 0 à t = 0 :
B = τ ( V 0 – Vl )
t
d’où
– -OM ( t ) = Vl t + τ ( V 0 – Vl )  1 – e τ 


(2)
Chapitre 1 – Mécanique 1
33
Exercice 102
KF.book Page 34 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
z
d’où en projection sur ( u x , u z ), avec
Vl = – Vl u z (Vl est un module…) :
V
– kV
t
 V = V cos θe – -τ0
 x
V
t
 V = – V + ( V sin θ + V )e – -τl
0
l
 z
V0
mg
θ
x
O
On retrouve bien sûr que pour t → ∞
V → Vl
t

– - x = τV 0 cos θ  1 – e τ 

OM 
t
 z = – V t + τ ( V sin θ + V )  1 – e – -τ- 
l
0
l 



Lorsque t → ∞ ,
verticale.
x → x lim = τ V 0 cos θ ce qui correspond bien à une asymptote
z
2
2
4
6
8
10
12
x
0
–2
–4
–6
2. Le sommet S de la trajectoire est déterminé par V z = 0, ce qui correspond à une
date ts telle que : 0 = – V l + ( V 0 sin θ + V l )e
soit :
34 Partie 1 – Physique MPSI
ts
– --τ
V0
t s = τ ln 1 + ------ sin θ
Vl
Exercice 103
KF.book Page 35 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
et, en reportant :




1
x s = τV 0 cos θ  1 – ---------------------------
V0


1 + ------ sin θ

Vl
V0
Vl
-
z s = – τV l ln  1 + ------ sin θ + τ ( V 0 sin θ + V l ) ⋅  1 – ----------------------------


Vl
V 0 sin θ + V l 
V0
z s = τV 0 sin θ – τV l ln  1 + ------ sin θ


Vl
π
si θ = --- et V 0 = +V l , il vient :
2
xs = 0
z s = τV l – τV l ln 2 = τV l ( 1 – ln 2 )
.
En l’absence de tout frottement de l’air, le mouvement sur l’axe Oz devient :
ż˙ = – g
ż = – g t + V 0 , d’où
et
V
t s′ = -----0g
1
z = – -- g t 2 + V 0 t
2
2
V0
z s′ = z ( t s′ ) = ------ .
2g
Pour comparer les altitudes de S et S′, exprimons zs en fonction de V0 et g :
2
V0
V V
 V = V et τ = m
---- = -----l = -----0- : z s = ------ ( 1 – ln 2 )
0
 l

g
g
g
k
d’où :
z
----s- = 2 ( 1 – ln 2 ) # 0,6.
z s′
z s z s′ : le résultat est bien cohérent ; en présence de frottement le point matériel
monte moins haut.
103 Deux mouvements sur la même trajectoire
A. Un mobile M décrit une hélice circulaire d’axe Oz, son mouvement étant défini en
coordonnées cylindriques ( r, θ, z ) par les équations :
r = R
θ = ωt
θ
z = H ⋅  1 – ------

2π
Chapitre 1 – Mécanique 1
35
Exercice 103
KF.book Page 36 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
expressions dans lesquelles R, ω et H sont des constantes positives. On pourra poser
H
h = ------ . Le mobile part à l’instant t = 0, et fait un tour complet avant d’atteindre
2π
le plan z = 0.
1. Exprimer la vitesse V du mobile, dans la base associée aux coordonnées cylindriques.
Préciser son module et son orientation.
Calculer la longueur de la trajectoire pour un tour du mobile.
Représenter la trajectoire dans un plan, en portant Rθ sur l’axe horizontal et z sur
l’axe vertical.
2. Exprimer de même l’accélération A du mobile.
Que peut-on dire du produit scalaire A ⋅ V ? Quelle(s) conclusion(s) peut-on en tirer ?
B. Le mouvement de M est maintenant défini par les équations :
r = R
1
θ = --- at 2
2
θ
z = H ⋅  1 – ------

2π
a étant une constante positive.
1. Qu’y a-t-il d’inchangé et qu’y a-t-il de changé par rapport au mouvement précédent ?
2. Exprimer le vecteur vitesse dans la base des coordonnées cylindriques ; en déduire
son module.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Vitesse et accélération en coordonnées cylindriques.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
A. 1. Il s’agit de mettre la vitesse sous la forme V = V ⋅ u T ( u T unitaire), en précisant chacun des deux termes.
Le système de coordonnées choisi facilitera l’interprétation géométrique, la grandeur V
restant constante.
2. L’accélération A se déduira des expressions classiques de ses composantes en coordonnées cylindriques.
B. 1. Dans tout mouvement, on peut distinguer la trajectoire (parcours géométrique),
et l’équation horaire du mobile sur celle-ci : dans le cas présent, seule l’équation
horaire est modifiée…
2. Les calculs sont analogues à ceux du A. 1. La remarque précédente permet de prévoir une partie du résultat : le vecteur u T est inchangé.
36 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 103
KF.book Page 37 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■ 3. Solution
A. 1. La vitesse V a pour expression générale, dans la base des coordonnées
cylindriques :
V = ṙ u r + rθ̇ u θ + ż u z .
Ici
θ̇ = ω
ṙ = 0,
d’où :
et
V = Rω u θ – hω u z
dz dθ
H
ż = ------- ⋅ ------- = – ------ ⋅ θ̇ = – hω
dθ dt
2π
z
et u θ et u z étant orthogonaux :
V = V
V=ω
( Rω ) 2 + ( hω ) 2
=
R2
+
h2
uz
(V = constante).
M
O
α
V
uT
y
θ
uθ
ur
x
POINT COURS
z
Composition des mouvements :
Le mouvement peut se décomposer en un mouvement de
K
translation selon Oz, de vitesse V tr = ż u z et en mouvement de rotation autour de Oz à la vitesse angulaire θ̇
(vecteur rotation Ω = θ̇ u z ).
M
O
uz
hω
h
Dans le plan ( u θ , u z ), la direction de V est donnée par tan α = – -------- = – --- .
Rω
R
C’est donc une direction fixe de ce plan…
Écrivant V = V ⋅ u T ( u T est donc orienté dans le sens du mouvement, puisque
V 0), le vecteur u T a pour composantes sur u θ et u z :
Rω
R
cos α = -------- = ---------------------V
2
R + h2
uT
hω
–h
sin α = – ------- = ---------------------- .
V
R2 + h2
Chapitre 1 – Mécanique 1
37
Exercice 103
KF.book Page 38 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
ds
L’abscisse curviligne sur la trajectoire est déterminée par ----- = V, soit, puisque la
dt
vitesse V est constante :
s = V ⋅ t = ωt R 2 + h 2 (avec s ( 0 ) = 0 ).
Pour un tour du mobile, θ = ωt = 2π, ce qui donne pour s :
s ( θ = 2π ) = l = 2π R 2 + h 2 .
On peut représenter la trajectoire dans un plan, en posant X = Rθ.
H
X
z = H – ------ ⋅ θ = H – h ⋅ --- .
2π
R
La trajectoire est représentée par une droite de
h
pente – --- qui fait donc un angle α avec l’axe OX.
R
Cette représentation correspond à « dérouler » la
surface latérale du cylindre (axe Oz, r = R) sur
lequel est tracée la trajectoire réelle du mobile
On a alors
 X = Rθ = Rωt =

z
H
α
t
∫0 V ⋅ uθ ⋅ dt .
O
2πR
X
A. 2. L’accélération A a pour expression générale, dans la base des coordonnées
cylindriques :
2
A = ( ṙ˙– rθ̇ ) u r + ( 2r˙θ̇ + rθ̇˙ ) u θ + ż˙u z
ce qui donne, en tenant compte de r˙ = 0, θ̇ = ω et z˙ = – hω :
A = – Rω 2 u r
POINT COURS
On peut obtenir l’accélération en dérivant directement l’expression de la vitesse :
du θ
dV
V = ωR u θ – ωh u z ⇒ A = -------- = ωR ⋅ --------dt
dt
du
avec --------θ- = – θ̇ u r , il vient A = – ω 2 R u r .
dt
On constate immédiatement que A ⋅ V = 0 : l’accélération est donc purement normale,
dV
car le mouvement étudié ici est uniforme  V = cte. ⇒ -------- = 0 .


dt
B. 1. La relation entre z et θ est inchangée : la trajectoire reste donc la même, et sa
représentation plane (z en fonction de Rθ) également.
Le vecteur u T , défini à partir de la trajectoire, ne change pas, mais les expressions de V
et A seront différentes, puisque l’équation horaire est différente.
38 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 104
KF.book Page 39 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
B. 2. Le calcul est le même qu’au A. 1., en tenant compte de la nouvelle expression de
θ̇ = at (au lieu de ω…).
Donc
V = Rat u θ – hat u z
et
V = at ⋅
R2 + h2.
104 Pendule simple
Un pendule simple est constitué d’une corde inextensible et sans masse de longueur
l à laquelle est suspendu un point matériel M de masse m.
z
x
y
O
g
l
m
V0
L’autre extrémité est fixée en un point O, et le point M se déplace dans le plan vertical Oyz,
À l’instant initial, on lance M, fil tendu, avec une vitesse horizontale V 0 = V 0 u y .
Que peut-on dire du mouvement ultérieur de la masse m ?
■■ 1. Ce qu'il faut savoir
• Théorème de l’énergie mécanique.
• Loi fondamentale de la dynamique.
• Accélération pour un mouvement circulaire.
■■ 2. Ce qu'il faut comprendre
Le fil étant initialement tendu, la masse m amorce un mouvement circulaire de centre
O et de rayon l. Son altitude augmentant elle gagne en énergie potentielle de pesanteur
et corrélativement elle perd en énergie cinétique.
A priori, trois cas peuvent se produire.
π
• La corde reste tendue et le mouvement du pendule est oscillatoire  θ max --- .

2
Chapitre 1 – Mécanique 1
39
Exercice 104
KF.book Page 40 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
• La corde reste tendue et le mouvement du pendule est révolutif, ce qui exige une
énergie initiale suffisamment importante.
• La vitesse V0 est trop faible pour qu’un mouvement révolutif ait lieu et trop forte
pour que le mouvement soit oscillatoire. La corde finira par se détendre.
■■ 3. Solution
• On peut rapporter la vitesse V à V0 et la tension T
du fil à mg (T = mg à l’équilibre) et définir ainsi les
T
V
variables réduites ------ et ------- , variables sans dimenmg
V0
sion qui vont dépendre de θ et du paramètre
2
V
η = -----0- (grandeur également sans dimension que
gl
l’on peut former à partir de V0, g, l grandeurs caractérisant le problème physique).
z
x
O
y
g
l
V0
m
V
• Déterminons ------ = f ( η, θ ) tant que la corde reste tendue :
V0
La corde étant tendue, le point matériel décrit un
arc de cercle et la tension T ne travaille pas ( T
perpendiculaire au déplacement). Il en résulte la
conservation de l’énergie mécanique du système :
1
2
E m = E c + E p = --mV 0 – mgl
2
(origine de l’énergie potentielle prise en O)
z
O
uz
θ
1
1
2
E p = – mgz ⇒ --mV 2 – mgl cos θ = --mV 0 – mgl.
2
2
V 2
2
Soit :  ------ = 1 + --- ( cos θ – 1 )
 V 0
η
(1)
2
Traçons la courbe θ → f ( θ ) = 1 + --- ( cos θ – 1 ).
η
f
1
2
1 – --η
4
1 – --η
40 Partie 1 – Physique MPSI
π
--2
θ
l
Exercice 104
KF.book Page 41 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
• Déterminons la tension T = g ( η, θ ) de la corde tendue :
D’après la loi fondamentale de la dynamique, on a en
O
projection sur u r : ma r = – T + mg cos θ
V2
V2
avec a r = – ------ , d’où : T = mg cos θ + m ------ .
l
l
2
T
V
Soit ------- = cos θ + -----mg
gl
2
T
et avec (1) ⇒ ------- = cos θ + η 1 + --- ( cos θ – 1 ) .
η
mg
Finalement :
T
------- = 3 cos θ + η – 2
mg
uθ
T
θ ur
mg
(2)
Traçons la courbe θ → g ( θ ) = 3 cos θ + η – 2.
g
η+1
η–2
η–5
π
--2
π
θ
Discussion
■ 1er
cas : mouvement révolutif.
La corde doit être toujours tendue et la vitesse ne doit pas s’annuler ce qui exige :
4
η – 5 0 (T 0) et 1 – --- 0 (V2 0).
η
Soit en définitif : η 5.
■ 2e cas
: mouvement non révolutif et la corde reste toujours tendue.
On observe alors des oscillations entre des valeurs extrêmes ± θ max . Il faut donc que
l’on ait : V 2 ( θ max ) = 0 et T ( θ ) 0 pour θ ∈ ( 0, θ max ).
η
La fonction V 2 ( θ ) s’annule pour θ = θ V tel que cos θ V = 1 – --- . De même, la fonc2
2 η
tion T(θ) s’annule pour θ = θ T tel que cos θ T = -- – --- .
3 3
Ces deux valeurs n’existent que pour η 4. D’autre part, la condition cherchée
impose θ V θ T ( θ ∈ [ 0, π ] ), la vitesse devant s’annuler avant que la tension ne
puisse le faire. Il faut donc que l’on ait :
η 2 η
cos θ V cos θ T ⇒ 1 – --- -- – --2 3 3
ce qui donne 6 – 3η 4 – 2η ⇒ 2. Dans ces conditions, on obtient un mouπ
η
vement pendulaire d’amplitude inférieur à ---  θ max = Arcos  1 – ---  .

2 
2 
Chapitre 1 – Mécanique 1
41
Exercice 105
KF.book Page 42 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2
1
π
--2
–1
π θ
–2
–3
–4
e
■ 3 cas :
2 h 5.
π
La corde finit par se détendre pour une valeur de θ comprise entre --- et π. La tension
2
s’annule avant la vitesse ( θ V θ T ). La suite du mouvement est celui d’une particule
de masse m dans le seul champ de pesanteur (mouvement parabolique) du moins tant
2–η
que le fil reste détendu… La corde se détend pour θ = θ T = Arcos  ------------ .
 3 
g
η+1
η–2
π
π
--2
η–5
θ
Conclusion
2
mouvement pendulaire
la corde se détend
π
0 θ max --2
5














2









0
V
η = -----0gl
mouvement révolutif
105 Pendule dont le fil casse
Un pendule simple – masse m, fil de longueur l, inextensible et de masse négligeable
– est suspendu en un point fixe O et lâché sans vitesse initiale depuis une position
où le fil est horizontal et tendu. Soit h la distance entre le point O et le sommet de
la trajectoire décrite ensuite par la masse m.
1. Donner qualitativement le domaine de variations de h.
2. Déterminer h.
42 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 105
KF.book Page 43 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Conservation de l’énergie mécanique.
• Loi fondamentale de la dynamique.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
Il est inutile de déterminer l’équation de la trajectoire pour répondre à la question.
Entre le point de départ et le point atteint à l’instant où le fil casse, la masse m n’est
soumise qu’à son poids et à la tension du fil qui ne travaille pas. La conservation de
l’énergie mécanique permet de relier la vitesse et l’altitude.
À partir du moment où le fil casse, la masse uniquement soumise à son poids a une
trajectoire parabolique. On pourra remarquer que lors de ce mouvement, la composante horizontale de la vitesse est conservée.
■■ 3. Solution
π
1. Notons α l’angle dont aura tourné le fil avant qu’il ne casse. Quand α → --- : h = l.
2
La vitesse en B est horizontale. La masse m décrit
A
O
une portion de parabole de sommet B.
π
α = --2
l
B
VB
Quand α → π :
A
O
π
h → 0.
B La vitesse en B est nulle. La masse m décrit la verticale à B puisqu’elle n’est soumise qu’à son poids.
2.
POINT COURS
Considérons un point matériel soumis à des forces conservatives (donc dérivant
d’une énergie potentielle. Leur travail élémentaire est δW = –dE p ) et à des forces
non conservatives dont le travail élémentaire est δW¢. Appliquons au point M le
théorème de l’énergie cinétique :
dE cin = δW + δW¢ = – dE p + δW¢
d ( E cin + E p ) = δW¢.
E cin + E p constitue l’énergie mécanique du point M.
La variation d’énergie mécanique du point M est égale au travail des forces non
conservatives s’appliquant à M. Si ces forces non conservatives ne travaillent pas,
alors l’énergie mécanique du point M se conserve.
Chapitre 1 – Mécanique 1
43
Exercice 106
KF.book Page 44 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Le mouvement de la masse m, soumise à son poids et à la tension du fil, s’effectue dans
le plan vertical contenant le fil à l’instant initial : ma = mg + T .
Le poids est une force conservative. A
La tension T du fil ne travaille pas. Il y
a donc conservation de l’énergie mécanique du point M.
O
α
l VB
B
VB
h
SS
V Ss
uz
ββ
E cin + E p ( mg ) = constante.
POINT MÉTHODE
Calcul de l’énergie potentielle dont dérive une force conservative :
On reviendra à la définition f = – grad E p . Lorsque le problème est à un degré de
dimension, on exprimera cette relation dans une base possédant un vecteur unitaire
dE p
colinéaire à f . Ainsi, pour le poids, P = mg = – mgu z = – -------- u z
dz
d’où E p = mgz + constante.
Choisissons A pour origine de l’énergie potentielle et écrivons l’énergie mécanique en
A, B et S :
1
π
2
E cin + E p = 0 + 0 = --mV B – mgl cos  α – --- (1)

2
2
1
2
= --mV S – mgh.
2
Or, entre B et S, où seul le poids intervient, la projection horizontale de la quantité de
dP
mouvement est conservée  ------- = mg  et : V S = V B cos β = V B ⋅ sin α
 dt

2
d’où :
Or d’après (1) :
soit :
2
V B sin2 α
V
h = -----S- = -------------------- .
2g
2g
2
V B = 2gl ⋅ sin α
h = l sin3 α
Commentaire
π
Pour α = --- et α = π , on retrouve les résulats du 1.
2
106 Enroulement d’un fil sur un cylindre
Un point matériel M, de masse m est mobile sans frottement sur un plan horizontal.
Il est attaché à une ficelle (de masse négligeable et inextensible) qui s’enroule sur
un cylindre d’axe vertical et de rayon a.
44 Partie 1 – Physique MPSI
Initialement, la masse m est lancée avec une
vitesse V0 perpendiculaire à la ficelle, qui est tendue, et de longueur l 0. Soit θ ( t ) l’angle dont s’est
enroulé le fil à l’instant t.
1. Préciser la vitesse – module et orientation –
du mobile à la date t.
2. En déduire la loi θ ( t ) du mouvement. Au bout
de combien de temps le point M touchera-t-il le
cylindre ? Commenter.
Exercice 106
KF.book Page 45 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
M
O
θ
I0
V0
I
l0
M0
■■ 1. Ce qu'il faut savoir
• Coordonnées polaires.
• Théorème de l’énergie cinétique.
• Loi fondamentale de la dynamique.
■■ 2. Ce qu'il faut comprendre
1. On construira la base polaire u r , u θ permettant de repérer le point I ( t ) où la ficelle
quitte le cylindre ( u r porté par OI ).
On écrira OM = OI + IM, et on montrera que la vitesse V du point M est perpendiculaire à IM et donc au fil.
On en déduira que la vitesse garde une norme constante V0.
2. La loi θ(t) et l’instant t1 se déduisent directement des résultats précédents.
Il faudra s’assurer que la ficelle reste tendue au cours du mouvement. On cherchera
donc à déterminer sa tension T ( t ), et le problème physique, tel qu’il est posé, n’a de
sens que si T reste borné…
■■ 3. Solution
1. Dans le référentiel terrestre (supposé galiléen), le mobile est soumis à trois forces :
son poids et la réaction du plan (qui se compensent), la tension T du fil qui incurve
la trajectoire de M vers le cylindre.
La ficelle restant tendue la partie libre IM est un
M
segment de droite tangent en I au cylindre.
Repérons ce point I par l’angle θ (cf. figure) et
O
introduisons la base polaire ( u r , u θ ).
uθ
θ I
On a : OM = OI + IM.
x
Chapitre 1 – Mécanique 1
45
Exercice 106
KF.book Page 46 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
d
D’où : V ( M ) = V I + ----- ( IM ).
dt
d
Or V I = aθ̇u θ et IM = lu θ ⇒ ----- ( IM ) = l˙u θ + l ⋅ ( – θ̇u r ).
dt
Finalement
V ( M ) = ( aθ̇ + l˙)u θ – lθ̇u r .
Il reste à traduire que la longueur de la ficelle est invariable, soit :
l 0 = l ( t ) + aθ ( t ) ⇒ 0 = l˙ + aθ̇.
Dès lors on obtient :
V ( M ) = l θ̇ u r
(1)
Cette vitesse reste, à chaque instant, perpendiculaire
au brin IM de la ficelle. Il en résulte que la tension T
qu’exerce le fil sur la masse m ne travaille pas.
L’application du théorème de la puissance cinétique
au point matériel M donne alors :
dE c
-------- = = 0 (le poids et la réaction du support
T
dt
se compensent)
d’où
V (M)
M
T
O
θ
I
uθ
ur
E c = cste et V ( M ) = V 0 .
En conclusion on a :
V ( M ) = –V0 ur
(2)
2. La loi du mouvement s’obtient immédiatement en comparant (1) et (2).
l θ̇ = V 0 et l + aθ = l 0 .
D’où en éliminant l ( t ) entre ces deux équations :
( l 0 – aθ ) θ̇ = V 0
(3)
Équation différentielle en θ(t) qui s’intègre immédiatement (avec l = l 0 et θ = 0 à
t = 0):
θ2
l 0 θ – a ----- = V 0 t
2
2
2V
l
2V 0
l 2
l
0
0
ou encore θ 2 – 2 ---θ + --------- t = 0 ⇒  θ – --0- = ----02- – --------- t (4).


a
a
a
a
a
La solution physique est alors donnée par (la ficelle s’enroule sur le cylindre et θ(t)
croît avec t) :
2V 0 at
l l0
θ ( t ) = --0- – --- 1 – -------------⇒
2
a a
l
0
l0
2V 0 at
θ ( t ) = --- 1 – 1 – -------------2
a
l
(5)
0
Le point M arrivera au contact du cylindre (si le problème physique a un sens) lorsque
aθ = l 0 , soit à l’instant t1 tel que (cf. (4) ou (5)) :
2
l0
t 1 = ----------2V 0 a
46 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 106
KF.book Page 47 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Commentaires
On aurait pu essayer d’évaluer t1 à partir d’arguments simples définissant des ordres de grandeur.
l0
Une fois la ficelle totalement enroulée autour du cylindre, l’angle θ aura varié de ∆θ = --- .
a
V0
D’autre part la vitesse angulaire θ̇ vaut ------ sur un voisinage de t = 0 + .
l0
On peut donc penser que le temps t1 cherché va dépendre des grandeurs l0 , a, V0 définissant
2
l0 ⁄ a
l0
∆θ
le problème physique selon : t 1 ≈ ------- ≈  ------------- ≈ --------- .


⁄
l
aV
V
0 0
0
θ̇ 0
On retrouve ainsi les variations pertinentes de t1 avec l 0, a et V0 .
2
l0
- on
Il reste à remarquer que l diminuant θ̇ va augmenter et qu’en identifiant t 1 = -------aV 0
aboutirait à une surévaluation de t1. De façon plus précise, entre les instants t et t + dt, on
aurait :
 dθ = – dl
---a


V0
 θ˙ = -----.

l
( dθ 0 et d l 0 )
– dl
--------1
dθ
a
D’où : dt = ------ = ----------- = – --------- l dl
aV 0
V0
θ̇
-----l
et
t1
∫0
2
l0
1 0
dt = – --------- ∫ l dl ⇒ t 1 = ----------aV 0 l0
2aV 0
• La résolution précédente suppose que la ficelle demeure constamment tendue et que
la situation physique envisagée reste réaliste. Il nous faut donc calculer la tension T ( t )
de la ficelle.
À cet effet appliquons la loi fondamentale de la dynamique
V
M
au point matériel M : ma ( M ) = T
du r
dV
or V = – V 0 u r et a = -------- = – V 0 -------- = – V 0 θ̇u θ
dt
dt
D’où
T = – mV 0 θ̇u θ .
T
(6).
θ
Posons T = – T u θ ⇒ T = mV 0 θ̇.
2
uθ
ur
2
mV 0
mV 0
- ⇒ T = -------------------Et d’après (3) : T = ---------------------l 0 – aθ ( t )
t
l 0 1 – ---t1
On a bien T 0 pour 0 t t 1 , et la ficelle reste effectivement tendue. Cependant
l’expression de T nous montre que T → ∞ quand t → t 1– ce qui n’est pas cohérent
(dans cette modélisation – point matériel M sans dimension… – la ficelle casserait
avant de s’être complètement enroulée…).
l
99
On a pour t = --------t 1 l = ----0- et T = 10T 0 …
100
10
Chapitre 1 – Mécanique 1
47
Exercice 107
KF.book Page 48 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
107 Anneau coulissant sur un cercle
Analyse de portraits de phase
Une circonférence, de rayon a, est située dans un plan vertical et tourne à vitesse
angulaire Ω constante autour de son diamètre vertical. Sur cette circonférence, un
petit anneau M, assimilable à un point matériel de masse m, glisse sans aucun frottement. Sa position sur le cercle est repérée par l’angle θ que fait le rayon CM avec
la verticale descendante (cf. figure).
Le référentiel terrestre est supposé galiléen,
et l’accélération de la pesanteur est notée g.
A
(C)
Ω2 ,
g
2
En posant ω 0 = -- et λ = ------2- l’équation
a
ω0
Ω
différentielle du mouvement de la masse m sur
g
la circonférence peut se mettre sous la forme :
2
C
θ̇˙ ( t ) = ω 0 sin θ ( λ cos θ – 1 ) (1)
l’équation de conservation de l’énergie
θ
mécanique dans le référentiel lié à la circonM
férence peut s’écrire :
1 2
2
--- θ̇ + ω 0 u ( θ ) = K (constante) (2)
O
2
1
avec u ( θ ) = 1 – cos θ – --- λsin 2 θ.
2
u ( θ ) représente au facteur mga près l’énergie potentielle du système avec :
m = 5 ⋅ 10 –2 kg ; g = 9,8 m · s–2 ; a = 0,39 m.
θ̇
1. En analysant la courbe ------ = y ( θ ) (fig. 2) donnée pour une valeur particulière
ω0
de λ, montrer qu’il y a dans ce cas trois types possibles de mouvement de l’anneau.
À l’aide de la figure 1, représentant u ( θ ) pour différentes valeurs de λ, montrer que
chaque type de mouvement correspond à un domaine précis de l’énergie mécanique :
préciser les limites de ces différents domaines.
θ̇
2. La figure 3 représente ---- en fonction de θ avec ω = ω 0 1 – λ .
ω
Déterminer la valeur de λ correspondant à l’ensemble de ces courbes.
Em
Pour quelles valeurs du coefficient K = --------- l’oscillation de l’anneau est-elle à peu près
mga
sinusoïdale ?
θ̇
3. La figure 4 représente ------ en fonction de θ pour λ = 1. L’oscillation de l’anneau
ω0
est-elle approximativement sinusoïdale ?
48 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 107
KF.book Page 49 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
u
2
1,5
1
0,5
–2
–3
–1
0
3 θ
2
1
–0,5
–1
Fig. 1
θ̇
-----ω0
2
1
–3
–2
–1
0
1
2
θ
3
–1
–2
Fig. 2
Chapitre 1 – Mécanique 1 49
Exercice 107
KF.book Page 50 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
θ˙
---ω
2
(*)
1
–3
–2
–1
0
2 2,3 3
1
θ
–1
–2
Fig. 3
θ˙
-----ω0
1
0,5
–2
–1
0
1
2
θ
–0,5
–1
Fig. 4
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Énergie cinétique – énergie potentielle – conservation de l’énergie – oscillations.
• Portrait de phase.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Le portrait de phase θ̇ = f ( θ ) permet d’étudier qualitativement un mouvement.
Les courbes d’énergie potentielle permettent également, en utilisant la conservation de
l’énergie mécanique, de prévoir des oscillations…
2. En choisissant des variables réduites, le portrait de phase d’une oscillation harmonique est un cercle…
50 Partie 1 – Physique MPSI
3. Autour d’une position d’équilibre stable, les oscillations ne sont pas forcément sinusoïdales.
■■ 3. Solution
POINT COURS
1
Le portrait de phase représente θ̇ au facteur ------ près en fonction de θ.
ω0
Des oscillations se caractérisent par un changement de signe de θ̇ en θ max et donc
par des courbes fermées.
Pour θ̇ 0, θ augmente jusqu’à θ max , alors θ̇ = 0 puis θ̇ 0, donc θ diminue
jusqu’à – θ max (s’il n’y a pas de frottement).
Au contraire, si θ̇ garde un signe constant, θ varie toujours dans le même sens, il
n’y donc pas d’oscillations.
1. On reconnaît trois types de mouvements sur la figure 2.
(a) Courbes fermées, intérieures à la courbe en huit passant par l’origine. Il s’agit
d’oscillations autour de positions d’équilibre différentes de θ = 0.
(b) Courbes fermées, entourant l’origine. Il s’agit d’oscillations autour de la position
d’équilibre θ = 0.
(c) Courbes non fermées, θ̇ garde un signe constant : l’anneau fait le tour complet sur
le cercle, θ ( t ) croît indéfiniment, θ̇ ( t ) est périodique.
Étudions les courbes d’énergie potentielle. Les minima correspondent aux positions
d’équilibre.
du
Alors ------ = 0 = sin θ – λ sin θ cos θ. L’anneau est donc en équilibre pour sin θ = 0
dθ
1
soit θ = 0 ou π et pour θ = ± θ e avec cos θ e = --- , ces dernières positions n’existant
λ
que si λ 1.
d2u
Le signe de --------2 permet d’établir la stabilité des positions d’équilibre.
dθ
d2u
--------2 = cos θ – λcos 2 θ + λsin 2 θ = cos θ + λ – 2λcos 2 θ
dθ
d2u
= – 1 – λ 0.
θ = π est une position d’équilibre toujours instable  --------2
 dθ  θ = π
d2u
θ = 0 est une position d’équilibre stable si  --------2
= 1 – λ 0 donc pour λ 1.
 dθ  θ = 0
1
1
d2u
1
2
θ e = Arccos --- est une position d’équilibre stable si  --------2 = --- + λ – --- = λ – --- 0
 dθ  θe λ
λ
λ
λ
donc pour λ 1, c’est-à-dire lorsque cette solution existe.
Les courbes de la figure 2 ont donc été tracées pour une valeur de λ 1 qui permet
d’observer des oscillations autour des positions d’équilibre θ e et – θ e .
Chapitre 1 – Mécanique 1 51
Exercice 107
KF.book Page 51 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 107
KF.book Page 52 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
L’énergie potentielle a donc la forme suivante :
Ep
--------- = u
2 mga
(c)
1,5
1
(b)
–θe
0,5
θe
0
–0,5
θ
(a)
–1
• Si E m 0, il y a possibilité d’oscillations autour des positions θ e ou – θ e → courbe (a).
POINT COURS
Em = constante est représentée par une droite horizontale. Or Em = Ecin + Epot et
E cin 0. Seuls les points tels que E m – E pot 0, c’est-à-dire E pot E m , sont
possibles pour le système.
Em
• Si 0 ---------- 2, il y a oscillations autour de θ = 0 ⇒ courbes (b).
mga
Em
• Si ---------- 2, l’angle θ peut prendre toutes les valeurs possibles, il y a mouvement
mga
révolutif → courbes (c).
2. Les courbes de la figure 3 correspondent à une seule cuvette de potentiel autour de
l’origine donc λ 1. Chaque courbe correspond à des conditions initiales, donc des
valeurs de K, différentes.
On fait une mesure pour θ = 0 et θ̇ = θ̇ max sur une courbe donnée (* par exemple
1
sur la fig. 3) : --θ̇ 2max = K car u ( 0 ) = 0, puis une mesure pour θ̇ = 0 et θ = θ max
2
sur la même courbe.
1
2
ω 0  1 – cos θ max – --λsin 2 θ max = K.


2
θ̇ max
- = 2 et pour θ̇ max = 0, on lit sur la
Pour θ = 0 sur la courbe (*), on lit ---------------------ω0 1 – λ
même courbe θ max = 2,3 rad.
 K = 1--θ̇ 2 max = 1-- × 2 2 × ω 20 ( 1 – λ )
2
2
de 
on tire λ = 0,2
1
2

2
 K = ω 0 1 – cos 2,3 – --λsin 2,3


2

La figure 3 a donc été tracée pour λ = 0,2.
52 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 107
KF.book Page 53 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
POINT MÉTHODE
1
1
2
La conservation de l’énergie s’écrit : --θ̇ 2 + ω 0  1 – cos θ – --λsin 2 θ = K.


2
2
θ2
Pour θ petit, 1 – cos θ ∼ ----- ; sin θ ∼ θ.
2
1 2
2 θ2
Alors --θ̇ + ω 0 ----- ( 1 – λ ) = K.
2
2
Si l’on représente θ̇ en fonction de θ, on obtient une ellipse.
θ̇ 2
2K
2
-----2- + θ 2 = ------2- ( λ 1 et ω 2 = ω 0 ( 1 – λ )).
ω
ω
θ̇
2K
Si l’on représente ---- en fonction de θ, on obtient alors un cercle de rayon ----------- .
ω
ω
On a également
θ̇
On a choisi ici de représenter ---- (variable réduite) pour obtenir un cercle lorsque les
ω
oscillations sont sinusoïdales. On voit que l’on obtient des oscillations sinusoïdales
2
pour des amplitudes θmax inférieures à environ 1 rad ce qui correspond à K 0,39 ω 0 .
Soit une énergie mécanique E m = Kma 2 0,39 × gma.
Application numérique : E m 0,075 J.
θ̇
3. La figure 4 représente ------ en fonction de θ.
ω0
Quelle que soit la valeur de K, les courbes ne sont manifestement pas des ellipses :
l’oscillation de l’anneau n’est jamais sinusoïdale.
Ici la courbe qui représente u ( θ ) pour λ = 1 présente un « méplat » en 0 caractérisd2u
tique d’une dérivée seconde  --------2
= 0. Le développement limité de u autour de
 dθ  θ = 0
θ = 0 nous donne alors :
1 d2u
du
θ + --  --------2
θ2 + o( θ2 )
u ( θ ) = u ( 0 ) +  ------
 dθ θ = 0
2  dθ  θ = 0
 du
------
= 0 puisque θ = 0 est position d’équilibre
 dθ θ = 0
2u
d
--------
= 1 – λ = 0 pour λ = 1
 dθ 2 θ = 0
u ( θ ) n’est donc pas parabolisable et les oscillations ne sont pas sinusoïdales.
Chapitre 1 – Mécanique 1 53
Exercice 108
KF.book Page 54 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
108 Ralentissement d’une voiture
Une automobile de masse m = 10 3 kg est équipée d’un moteur d’une puissance
maximale P m = 50 kW. Avec cette puissance, la voiture atteint la vitesse maximale
V m = 144 km · h –1 . En supposant que les forces de frottement que subit la voiture
sont essentiellement dues à l’air, et de la forme f = – kv 2 (v étant la vitesse, et k
une constante), calculer le temps τ nécessaire pour que, en roue libre (moteur
débrayé), la voiture ralentisse de sa vitesse maximale jusqu’à la moitié de cette
valeur. Quelle est la distance d parcourue pendant ce temps ?
Quelle distance la voiture parcourra-t-elle avant de s’arrêter ? Que pensez-vous de ce
résultat ?
■■
Solution
Lorsque le moteur est débrayé, la voiture est soumise uniquement à la force de freinage
due à l’air (poids et réaction du sol se compensent). D’après le théorème du centre
dv
d’inertie : m ------ = – kv 2 .
dt
Vm
Équation à variable séparable que l’on intègre de 0 à τ , v variant de Vm à ------2
m
τ = – ---k
∫
Vm
------2 dv
-----V v2
m
soit
m
τ = ---------kV m
Déterminons k en appliquant le théorème de la puissance cinétique. Lorsque la voiture
roule à vitesse constante Vm, la puissance du moteur sert à vaincre la force de frottedE cin
ment soit : ----------- = 0 = Pm + P ( f ( Vm ) )
dt
2
d’où P m = – P ( f ( V m ) ) = – ( – kV m
) ⋅ Vm
2
mV m
Pm
et
τ
=
-----------k = ------3
Pm
Vm
L’application numérique donne : t = 32 s .
La loi d’évolution de la vitesse se détermine de façon analogue. Pour un instant t
quelconque :
m 1
m v dv
1
------ soit t = – ----  – -- + -------
t = – ---k Vm v 2
k  v V m
soit
∫
Vm k
1
1
1
t
-- = -------  1 + ----------t = -------  1 + -- .
Vm 
m 
Vm 
v
τ
Vm
- expression d’où l’on déduit la distance parcourue : x =
Enfin v = ----------t
1 + -τ
t V
t
m
x = ------------ dt soit x = τV m ln  1 + -- .

t
τ
0
1 + -τ
d’où
∫
54 Partie 1 – Physique MPSI
t
∫0 v ( t )dt
Exercice 109
KF.book Page 55 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Donc à l’instant t = τ, la voiture aura parcouru une distance :
3
mV m
d = τV m ln 2 = ------------- ln 2
Pm
Soit numériquement d = 887 m.
D’après les calculs précédents, la vitesse décroît mais ne tend vers zéro que pour t tendant vers l’infini, et x ( t → ∞ ) → + ∞, ce qui est manifestement irréaliste.
Cela provient du « modèle » choisi pour représenter les forces de frottements
( f = – kv 2 ) : la force de frottement tend trop rapidement vers zéro aux basses vitesses.
109 Mouvement sur un axe dans
un champ gravitationnel
Une particule de masse m est assujettie à se déplacer sans frottement sur un axe z ′z. Elle est soumise
à la réaction de l’axe et au champ gravitationnel de
la masse M (fixe) placée au point A. On note a la
distance de A à l’axe z ′z.
À l’instant initial t = 0, la particule se trouve en
O (projection de A sur l’axe) avec une vitesse :
v0 = v0 uz
O
z′
v0
a
z
A
( v 0 0 ).
1. Que peut-on dire du mouvement ultérieur de la particule ?
2. Dans le cas où le mouvement reste borné, déterminer ses caractéristiques lorsque
la particule reste localisée au voisinage du point O. On notera T0 la période d’un tel
mouvement et on en donnera l’expression.
■■
Solution
1. Le mouvement s’effectuant sans frottements, appliquons le théorème de l’énergie
cinétique. La seule force intervenant dans ce théorème correspond à l’interaction gravitationnelle entre les masses M et m.
Cette interaction est associée à une énergie potentielle
O
E p donnée par l’expression :
z
z′
Mm .
a
r
E p = – -------------r
1 2 Mm
On a donc --mv – -------------- = cste = K.
A
2
r
Chapitre 1 – Mécanique 1
55
Exercice 109
KF.book Page 56 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
La constante est déterminée par les conditions initiales :
Mm
1
1
Mm
à t = 0, v = v 0 d’où --mv 2 – -------------- = --mv 20 – -------------- .
a
2
2
r
2M
a
Ce qui s’écrit encore v 2 = v 20 – ------------  1 – -- (1)
a 
r
2M
Cette quantité reste positive dès que v 20 ------------ . Il apparaît ainsi une valeur critique
a
vc de la vitesse définie selon :
2M
v 2c = ------------ .
a
a
Pour v 0 = v c la constante K a une valeur nulle, ce qui donne dans ce cas v 2 = v 2c ⋅  -- ,
 r
et la particule va à l’infini où sa vitesse s’annule.
a
L’équation (1) devient :
(2)
v 2 = ( v 20 – v 2c ) + v 2c -r
Deux cas sont alors envisageables :
• v 0 v c : d’où v 2 0 pour tout r. La particule va à l’infini sa vitesse diminuant de la
valeur v 0 à la valeur
v 20 – v 2c .
• v 0 v c : la relation (2) fait apparaître une valeur limite r1 de r où la vitesse s’annule :
a
a
r1 est défini par 0 = v 20 – v 2c + v 2c ---- ⇒ r 1 = --------------------2- .
r1
v0
1 –  ----
 v c
Dans un premier temps, la particule se déplace du
O
F′ B
point O (vitesse vo) au point B de cote zB telle que
z
z B = r 21 – a 2 ( v B = 0 ). En ce point, la projecF
A
tion F′ sur l’axe Oz de la force F n’est pas nulle.
Le point B ne correspond pas à une position d’équilibre et la particule va rebrousser chemin.
Elle repassera aux mêmes points avec, d’après (2), une vitesse de même module mais
de sens opposé. Elle décrira finalement un mouvement périodique entre les points
extrêmes B ( z B ) et B′ ( – z B ).
2. Le mouvement devant rester borné, cela exige v 0 v c .
Il s’effectuera dans un voisinage du point O d’autant
v
plus réduit que le paramètre η = ----0 est petit devant
z′
vc
a .
l’unité. En effet, on a : a r r 1 = --------------2
1–η
O
a
A
L’équation (2) se réécrit en fonction de z selon ( r = a 2 + z 2 et v = z˙) :
1
z˙2 = ( v 20 – v 2c ) + v 2c ------------------ (3)
z2
1 + ----2a
56 Partie 1 – Physique MPSI
M
z
r
Exercice 110
KF.book Page 57 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
1
z2
Et pour z a on a ------------------ ≈ 1 – -------2- + o ( z 3 )
2a
z2
1 + ----2a
v 2c
(3) devient, à l’ordre considéré : z˙2 + -------2- z 2 # cste (4)
2a
Cette dernière relation s’identifie à l’équation énergétique d’un oscillateur harmonivc
-.
que libre non amorti de pulsation propre ω 0 = --------2a
2π
a 2
Soit une période T 0 = ------ ⇒ T 0 = 2π ---------ω0
vc
Remarque
v0
La solution approchée à (4) est z ( t ) = ------ sin ω 0 t puisque z ( 0 ) = 0 et z˙( 0 ) = v 0 . On
ω0
v0
est bien dans le cadre des petits mouvements pour ------ a , soit encore :
ω0
v
------0- 1 ⇒ v 0 v c ( η 1 comme il se doit).
v
------c2
A
110 Particule dans une cuvette
g
Une particule M de masse m peut se déplacer
sans frottements sur un cercle vertical de centre O et de rayon a. Elle est reliée au point A
le plus haut du cercle par un ressort sans
masse, de raideur k et de longueur à vide l 0.
O
y
θ
On note θ l’angle ( Ox, OM ) et on prendra
– π θ π.
M
1. Justifier que la position θ = 0 est une position d’équilibre. Étudier simplement sa stabilité.
x
2. a. Déterminer, par application du théorème de l’énergie cinétique, l’intégrale première du mouvement :
θ
1 2 2 1
--- ma θ̇ +  --- k 2acos --- – l 0
2
2
2

2

– mga cos θ  = cte

b. Dénombrer les positions d’équilibre possibles pour la masse m. Tracer les courbes
l0
mg
donnant θ eq (pour θ eq ≠ 0 ) en fonction de ------- pour des valeurs de la grandeur -----2a
ka
égales à 0,5 puis 0,8.
Chapitre 1 – Mécanique 1
57
Exercice 110
KF.book Page 58 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
3. a. Étudier la stabilité des positions d’équilibre θ e ≠ 0 lorsqu’elles existent. On
vérifiera que l’on a :
d2E
θe
mg
----------2p- 
= ka 2  1 – -------  sin 2 ----
2
ka 
dθ  θe ≠ 0
l0
- = 0,4.
b. On fait ----2a
mg
a) Représenter la fonction θ → E p ( θ ) pour des valeurs de ------- égales à 0,2 ; 0,6
ka
puis 1. Commenter.
mg
b) On prend ------- = 0,2. Déterminer la pulsation Ω des petites oscillations par rapport
ka
k
aux positions d’équilibre stables. Donner la valeur de Ω en fonction de ω 0 = ---- .
m
■■
Solution
1. Le point B ( θ = 0 ) constitue une position
A
d’équilibre pour laquelle la réaction normale R du
support s’ajuste pour équilibrer l’action du poids
u
θ
--2
P = mg u x et du ressort F = – k ( AB – l 0 )u x .
On aura 0 = Ru x + mg u x – k ( AB – l 0 ) u x .
y
O
F
Pour étudier la stabilité de cet équilibre, envisageons un petit déplacement par rapport à cette
position et appliquons au point matériel le
théorème du moment cinétique au point O (on
B
θ
élimine ainsi la réaction R qui passe par O).
x
mg
dσ ( O )
------------------ = OM ∧ ( F + mg )
dt
où σ ( O ) = ma 2 θ̇u z
uθ
(1)
On a OM ∧ mg = – mga sin θu z
θ
OM ∧ F = aF sin --2- u z
et
où F = k ( AM – l 0 ) ( F 0 pour AM l 0 ).
L’équation (1) s’écrit alors :
θ
ma 2 θ̇˙ = – mga sin θ + ka ( AM – l 0 ) sin --- .
2
Il suffit alors de se limiter aux petites valeurs de θ ( θ eq = 0 ).
Ainsi au premier ordre en θ, le second membre s’écrit :
θ
– mgaθ – ka [ l 0 – AM ( θ = 0 ) ] --- .
2
58 Partie 1 – Physique MPSI
θ
A
O
θ
--2
θ
F
M
Exercice 110
KF.book Page 59 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
On a donc, à cet ordre avec AM ( θ = 0 ) = 2a :
θ
ma 2 θ̇˙ # – mgaθ – ka ( l 0 – 2a ) --2
l
1
θ̇˙ = – ------- mg – k  a – --0- θ.
c’est-à-dire :

ma
2
La position d’équilibre θ = 0 est stable si l’équation précédente s’identifie à celle d’un
oscillateur harmonique. Ce qui est le cas pour :
l
mg k  a – --0- .

2
Conclusion
• Pour l 0 2a, θ = 0 est toujours une position d’équilibre stable, le poids et la
force du ressort agissent dans le même sens (forces de rappel).
• Pour l 0 2a, le poids (force de rappel) et la force du ressort agissent en sens inverse.
Deux cas peuvent alors se présenter :
A
l0
mg
------- 1 – ------ θ = 0 stable
ka
2a
g
l0
mg
θ
------- 1 – ------ θ = 0 instable.
--ka
2a
2 H
2. a. Le mouvement de M s’effectuant sans
O
y
frottements, il y a conservation de l’énergie
θ
mécanique E m = E c + E p .
uθ
L’énergie cinétique du point M se déplaçant sur
M
l’arc de cercle de centre O s’écrit simplement :
1
1
2
2
x
E c --m ( aθ̇ ) --ma 2 θ̇
2
2
(puisque v = aθ̇u θ ).
L’énergie potentielle a deux origines, l’une liée à la pesanteur, l’autre au ressort, d’où :
E p = E p ( pesanteur ) + E p ( ressort )
 E p ( pesanteur )

avec 
 E p ( ressort ) =

= – mgx
( origine en O )
1
-- k [ AM – l 0 ] 2 .
2
θ
θ
Or AM = 2AH = 2OA cos --- = 2a cos --- ( – π θ π ).
2
2
2
1
θ
Finalement : E p ( θ ) = – mga cos θ + --k 2a cos --- – l 0 .
2
2
La conservation de l’énergie se traduit alors par l’équation :
1 2 2
1
θ
--ma θ̇ + --k 2a cos --- – l 0
2
2
2
2
– mga cos θ = E m = cste
(1)
Chapitre 1 – Mécanique 1
59
Exercice 110
KF.book Page 60 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2. b. Les positions d’équilibre correspondent ici aux extremums de l’énergie potendE
tielle E p ( θ ). Les valeurs de θ cherchées vérifient donc --------p- = 0.
dθ
θ
θ
Soit :
mga sin θ – k  2a cos --- – l 0 a sin --- = 0.


2
2
mg θ
θ
θ
θ
2 ------- sin --- cos --- –  2a cos --- – l 0 sin --- = 0

k
2
2
2 
2
Soit encore :
θ
θ
mg
sin --- l 0 – 2  a – ------- cos --
2
2
k
d’où :
= 0.
La solution θ 1 = 0 est toujours position d’équilibre (stable ou instable). Il existe deux
θ2
mg
autres positions d’équilibre θ 2 et – θ 2 si l’équation l 0 = 2  a – ------- cos ----- admet des


2
k
θ2
π
solutions  avec θ 2 ∈ ( 0, π ) et donc ----- ∈  0, ---  .

2  2 
l0
l0
mg
mg
Il faut donc que l’on ait ------ 1 – ------- soit ------- 1 – ------ .
2a
2a
ka
ka
Pour que cette condition soit réalisée, il est donc nécessaire que l’on ait l 0 2a.
Conclusion
Domaine I : trois positions d’équilibre θ 1 = 0 et ± θ 2
l0
θ2
avec cos ----- = ------------------------- .
2
mg
2  a – -------

k
Domaine II : une position d’équilibre θ 1 = 0.
• Courbes θ eq
II
I
l0
l0
mg
- = 0,5 puis ----- = 0,8 :
= f ------- pour ----ka
2a
2a
θ eq
120°
60°
1
mg
------ka
0,8
θ eq = 2Arccos  -----------
 1 – x
l0
----- = 0,8
2a
60 Partie 1 – Physique MPSI
l0
----2a
0,5
mg
θ eq = 2Arccos  ----------- où x = ------ 1 – x
ka
l0
----- = 0,5
2a
0,2
1
0,5
mg
------ka
3. a. La stabilité de la position d’équilibre θ = 0 a déjà été étudiée (cf. 1.). Plaçonsl0
mg
- et considérons la position d’équilibre θ = θ 2 .
nous alors dans le cas où ------- 1 – ----ka
2a
L’étude de la stabilité peut se faire en développant la fonction E p ( θ ) au voisinage de
θ = θ 2 . On a ainsi :
d 2 Ep
dE p
1
E p ( θ ) = E p ( θ 2 ) + ( θ – θ 2 ) ---------  + -- ( θ – θ 2 ) 2 ----------2-  + o [ ( θ – θ 2 ) 2 ].
dθ  θ2 2
dθ  θ2
dE
--------p-  = 0 puisque θ 2 est une position d’équilibre. Il nous faut alors calculer la déridθ  θ2
vée seconde de cette énergie potentielle.
dE
θ
θ
Or --------p- = mga sin θ – ka 2a cos --- – l 0 sin --2
dθ
2
dE p
θ
--------- = ( mga – ka 2 ) sin θ + kal 0 sin --2
dθ
l0
d 2 Ep
 mg
θ
----------2- = ka 2  ------- – 1 cos θ + ------ cos ---  .
d’où
2a
2
dθ
 ka
l0
----d 2 Ep 
θ2
2a
Déterminons enfin l’expression de K = ----------2avec cos ----- = ---------------- .
2
mg
dθ  θ2
1 – ------ka
θ2 
mg 
K = ka 2 1 – -------  – cos θ 2 + cos2 ----- 
2 
ka 
θ2 
θ
mg 
K = ka 2 1 – -------  1 – 2 cos2 --- + cos2 ----- 
2 
2
ka 
θ2
mg
K = ka 2 1 – ------- 1 – cos2 ----2
ka
θ2
mg
= ka 2  1 – ------- sin2 ----- .

2
ka 
K est défini positif et les positions d’équilibre ± θ2 sont bien stables lorsqu’elles existent.
Conclusion
l0
----2a
1
θ = 0 stable
eq
θ eq = ± θ 2 stable
1
mg
------ka
3. b. a) Représentons la fonction θ → E p ( θ ) , soit encore (cf. 2.a.) :
Ep ( θ )
mg
θ l0 2 .
--- – ----------y ( θ ) = ------------=
–
cos
θ
+
2
cos
ka
2 2a
ka 2
Chapitre 1 – Mécanique 1 61
Exercice 110
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Exercice 110
KF.book Page 62 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
l0
l0
On fixe ici la valeur de ------  ----- = 0,4 et on trace :


2a 2a
θ
θ → y ( θ ) = – η cos θ + 2 cos --- – 0,4
2
pour les valeurs η = 0,2 ; 0,6 et 1 :s
2
η = 0,2
η = 0,6
η = 1
–3
–2
–1
0
1
2
3
θ
l0
mg
- et le graphe confirme que θ = 0 est une
• Pour η = 0,2 on a bien ------- 1 – ----ka
2a
position d’équilibre instable (maximum local de E p ) alors que les valeurs ± θ 2 de θ
correspondant aux minimums de E p sont stables.
l0
mg
- et les valeurs θ 2 et θ 1 = 0 se confondent. θ = 0
• Pour η = 0,6 on a ------- = 1 – ----2a
ka
est stable, mais la cuvette de potentiel n’est pas harmonique au voisinage de θ = 0.
l0
mg
- et le graphe nous montre qu’il n’existe qu’une
• Pour η = 1 il vient ------- 1 – ----ka
2a
seule position d’équilibre θ = 0, et qu’elle est stable.
l0
mg
- = 0,4 et ------- = 0,2 les positions d’équilibre stable sont ± θ 2 avec :
3. b. b) Pour ----2a
ka
l0
----θ2
1
2π
2a
0,4
cos ----- = ---------------- = ------- = -- ⇒ θ 2 = ------ .
2
2
3
mg
0,8
1 – ------ka
2π
π
D’autre part, K = ka 2 ( 0,2 – 1 ) cos ------ + 0,4 cos --- = ka 2 [ 0,4 + 0,2 ] = 0,6ka 2 .
3
3
L’énergie potentielle développée au second ordre en θ – θ 2 donne :
1
E p = E p ( θ 2 ) + --K ( θ – θ 2 ) 2 + o [ ( θ – θ 2 ) 2 ].
2
62 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 110
KF.book Page 63 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Et la conservation de l’énergie s’écrit à cet ordre :
1 2 2 1
--ma θ̇ + --K ( θ – θ 2 ) 2 = constante.
2
2
2
K
˙
Soit encore [ ( θ – θ 2 ) ] + ---------2- ( θ – θ 2 ) 2 = constante.
ma
Il s’agit là de l’équation énergétique d’un oscillateur harmonique de pulsation Ω telle
K
que : Ω 2 = ---------2- .
ma
k
Ω 2 = 0,6 ---- ⇒ Ω = 0,77ω 0
D’où
m
Chapitre 1 – Mécanique 1
63
KF.book Page 64 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
KF.book Page 65 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
p
i
tre
a
h
C
2
Électrocinétique 1
A • Régime continu
B • Régime transitoire
KF.book Page 66 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
A. Régime continu
201 Intensité dans une branche
On considère le montage représenté ci-dessous.
R1
E
I
R4
i1
R2
R3
1. Les deux générateurs étant parfaits, déterminer le courant i1 traversant le résistor R1 :
a. par une méthode directe ;
b. en calculant les courants imposés dans R1 par chaque générateur supposé seul
générateur présent dans le circuit :
– générateur E seul : alors I = 0 (ce qui correspond à un circuit ouvert) ;
– générateur I seul : alors E = 0 (ce qui correspond à un court-circuit).
2. Que devient le courant i1 si on tient compte du caractère non parfait du générateur
de tension E (on ajoute une résistance r en série avec lui) ?
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Circuits linéaires en régime continu.
• Théorème de superposition.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. a. On remarquera que les courants traversant R1 et R2 sont parfaitement définis à
partir des résistances R1 et R2 et des générateurs E et I. Ils ne dépendent pas de R3 et R4 .
b. Le circuit linéaire comportant deux générateurs parfaits (l’un de tension E, l’autre
de courant I), l’application du théorème de superposition permet, dans chaque cas,
d’aboutir à un circuit plus simple.
66 Partie 1 – Physique MPSI
2. On pourra partiellement se ramener au 1. en notant u la tension aux bornes du
générateur de tension imparfait.
Dans les deux cas, ladétermination du générateur équivalent aux bornes de R1 ne
paraît pas très judicieuse, car elle fait disparaître les éléments de symétrie existant entre
les quatre résistances…
■■ 3. Solution
1. a. On peut tout d’abord remarquer que les courants i1 et i 2
traversant R1 et R2 ne dépendent que de E et I et pas de R3 et R4 .
On a en effet :
i 2 = i 1 + I (loi des nœuds en C)
et E = R 1 i 1 + R 2 i 2 .
D’où en éliminant i 2 entre ces deux équations :
E – R2 I
i 1 = ----------------R1 + R2
i1
R1
E
I
C
i2
R2
E = R 1 i 1 + R 2 ( i 1 + I ).
Donc :
A
B
(1)
Commentaires
• Quand E = R2 I, tout le courant I passe dans R2 et on a bien : i1 = 0.
• Lorsque la branche BC est ouverte (R2 → ∞), il vient comme il se doit : i1 = –I.
• Enfin, si la branche AC est coupée (R1 → ∞), i1 = 0 ce que redonne la formule (1).
1. b. Tous les éléments du circuit sont linéaires. Le courant dans une branche est donc
une expression linéaire des forces électromotrices et des courants des générateurs autonomes. On a donc ici :
i1 = α E + β I
i1
avec α = --- 
E I = 0
et
i1
β = --- 
I E = 0
ce que l’on peut encore noter :
i 1 = i 1′ + i 1″
où
i 1′ = i 1 ) I = 0 et i 1″ = i 1 ) E = 0 .
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 67
Exercice 201
KF.book Page 67 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 201
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R1
E
R4
i 1′
R1
R2
I
i 1″
R3
R2
I « éteint »
B
R4
⇒ i 1 = i 1¢ + i 1≤
R3
E « éteint »
Calcul de i 1¢ : I étant « éteint », le même courant i 1′ parcourt les résistances R1 et R 2 ,
d’où :
E = ( R 1 + R 2 )i 1′
E
i 1′ = ------------------ .
R1 + R2
et
Calcul de i 1≤ : E « éteint » correspond à un court-circuit. Les résistances R1 et R2 en
parallèle sont parcourues par le courant total I.
Il en est de même des résistances R3 et R4 :
R1
I
i 1″
u
R2
u = – R 1 i 1″
d’où le résultat :
et
u
u
I = ----- + ----R1 R2
R2
i 1″ = – ------------------ I.
R1 + R2
Commentaire
On retrouve le résultat d’un pont diviseur de courant.
Le courant total cherché a donc pour expression :
E – R2 I
i 1 = ----------------R1 + R2
68 Partie 1 – Physique MPSI
2. Le schéma du circuit devient (le générateur de tension n’est plus parfait et il faut
tenir compte de sa résistance interne r) :
ir
A
i4
i1
R1
r
R4
I
u
E
R2
R3
B
Notons u la tension aux bornes du générateur. Le calcul de i1 en fonction de u et I nous
ramène à la question 1. d’où :
u – R2 I
i 1 = ----------------R1 + R2
(2)
Pour déterminer u, il faut connaître le courant i r traversant r.
Or i r = i 1 + i 4 .
Il faut donc calculer i 4. Mais la configuration R4 – R3 est identique à celle R1 – R2 au
changement près I → –I, d’où :
u + R3 I
i 4 = ----------------R3 + R4
soit
u – R2 I u + R3 I
i r = ----------------- + ------------------ .
R1 + R2 R3 + R4
Et pour la branche BA contenant E :
 u – R2 I u + R3 I 
u = E – i r r = E – r  ----------------- + ------------------ .
 R1 + R2 R3 + R4 
Soit encore :
R3 
 1
 R2
1 
u 1 + r  ------------------ + ------------------  = E + r  ----------------- – -----------------I
 R1 + R2 R3 + R4 
 R1 + R2 R3 + R4 
(3)
Et en reportant dans (2) la valeur de u, tirée de l’expression (3) :
R3 
 R2
E + r I  ----------------- – -----------------
 R1 + R2 R3 + R4 
1
i 1 = ------------------ ----------------------------------------------------------------- – R 2 I
R1 + R2
 1
1 
1 + r  ------------------ + ------------------ 
+
R
R
+
R4 
R
2
3
 1
(4)
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 69
Exercice 201
KF.book Page 69 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 202
KF.book Page 70 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
202 Association en parallèle
Déterminer l’intensité du courant passant dans la résistance R4.
R1
R2
E1
R3
R4
I0
E2
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Représentation de Thévenin, de Norton d’un générateur.
• Pont diviseur de courant.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
Les branchements étant parallèles, on cherchera à substituer aux générateurs de tension des générateurs de courant.
Il sera astucieux de mettre le montage sous la forme d’un diviseur de courant.
■■ 3. Solution
Transformons le circuit en remplaçant les dipôles [ E 1, R 1 ] et [ E 2 , R 2 ] par les générateurs de Norton équivalents.
Nous avons :
Rj
≡
I 0j
Rj
avec
E
I 0j = -----j = G j E j .
Rj
Ej
D’où :
R1
R2
E1
R3
E2
70 Partie 1 – Physique MPSI
R4
R1
R2
R3
R4
I 0 ≡ I 01
I 02
I0
Tous les branchements obtenus étant parallèles, on peut regrouper les générateurs de
courant ; le circuit devient :
I′0
R1
R2
R3
R4
où
I′0 = I 0 + I 01 + I 02 .
1
1
1
Les conductances G 1 = ----- , G 2 = ----- , G 3 = ----- en parallèle s’ajoutent, d’où
R1
R2
R3
1
G = --- = G 1 + G 2 + G 3 et :
R
I′0
k
i
R u
R4
Notons i et k les courants dans R4 et R, nous
avons :
 u = R 4 i = Rk

 I′0 = i + k
D’où
R
i ·  1 + -----4 = I′ 0

R
et
G4
G4
i = ----------------- I′0 = --------------------------------------------- I′0 .
G4 + G
G1 + G2 + G3 + G4
Or I′0 = I 0 + G 1 E 1 + G 2 E 2 . Finalement :
E
E
1
-----  I + -----1 + -----2
R 4  0 R 1 R 2
G4 ⋅ ( I0 + G1 E1 + G2 E2 )
i = --------------------------------------------------------- ⇒ i = -------------------------------------------1
1
1
1
G1 + G2 + G3 + G4
----- + ----- + ----- + ----R1 R2 R3 R4
POINT MÉTHODE
Pont diviseur de courant
Dans le dernier circuit représenté, on reconnaît un diviseur de courant.
• Diviseur de courant : considérons deux résistances R1 et R2 en parallèle sur un
générateur de courant I0 .
R 1 i 1 = R 2 i 2 et I 0 = i 1 + i 2 ce qui donne :
i
i
I0
1
2
R1
R2
G1
G
I 0 = i 1 ·  1 + -----2- ⇒ i 1 = ------------------- I 0


G1 + G2
G1
et le courant I0 se distribue dans les résistances en proportion de leurs conductances G i .
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 71
Exercice 202
KF.book Page 71 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 203
KF.book Page 72 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Ainsi pour des résistances R1, … RN en parallèle sur I0, on aurait :
Gp
i p = ---------------- I 0 .
N
∑G
m
1
Le courant le plus important passera par la résistance la plus faible (c’est-à-dire celle
de conductance la plus élevée), ce qui est bien naturel.
203 Circuit actif réductible à une résistance
On considère le circuit représenté ci-dessous. On prendra :
R = 5 Ω , E 1 = 2 V et E 2 = 8 V .
R
1. Déterminer le générateur de Thévenin équivalent entre les bornes A et B.
R
A
E2
2R
2R
2. a. En déduire la valeur de E pour
laquelle le circuit est équivalent
B
(entre A et B) à une résistance pure
R
E1
E
Req dont on précisera la valeur.
b. Retrouver ce résultat en faisant une analyse directe de la condition ( V A – V B ) co = 0 :
(co pour circuit ouvert) : condition nécessaire pour que le dipôle soit réductible à une
résistance (on admettra que cette condition est suffisante).
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Association de résistances.
• Diviseur de tension.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Le plus rapide est de modifier le circuit de proche en proche, en utilisant les règles
d’association de résistances et de f.é.m. et en tirant profit des modèles de Thévenin et
de Norton appliqués à des sous-systèmes plus simples.
2. Le dipôle AB étant remplacé par son générateur de Thévenin équivalent (Eeq , Req)
déterminé précédemment, il suffira d’annuler Eeq (Eeq s’exprimera nécessairement
sous une forme linéaire de E1, E2 , E et plus précisément de E et E2 – E1).
Une autre méthode consisterait à traduire directement que Eeq doit s’annuler ou ce qui
revient au même que l’on doit avoir ( V A – V B ) co = 0 (co pour circuit ouvert).
72 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 203
KF.book Page 73 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■ 3. Solution
1. Les générateurs [ E 1 , R ] et [ E 2 , R ] sont en série ; ils sont donc réductibles au générateur [ E 2 – E 1 , 2R ] :
E2
R
2R
A1
≡
R
A1
E2 – E1
B1
B1
E1
Ajoutons la résistance 2R en parallèle entre A1 et B1. Nous obtenons en représentation
de Norton :
2R
E2 – E1
i
A1
A1
≡
2R
2R
I
2R
B1
B1
E2 – E1
avec I = ---------------- ; les deux résistances 2R en parallèle sont équivalentes à une seule
2R
résistance R0 , d’où, en revenant à la représentation de Thévenin :
R0
A1
I
≡
R0
A1
E0
B1
B1
avec R 0 = ( 2R // 2R ) .
2R ⋅ 2R
Soit : R 0 = -------------------2R + 2R
R0 = R
E2 – E1
Et : E 0 = R 0 I = R 0 ⋅ ----------------2R
1
E 0 = -- ( E 2 – E 1 )
2
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 73
Exercice 203
KF.book Page 74 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Le circuit initial devient, en utilisant les résultats précédents :
R0 = R
R
A
2R
E0
soit encore :
2R
A
2R
E0 – E
B
B
E
On refait alors – comme plus haut – la double transformation : représentation de Norton, regroupement des résistances, et retour à la représentation de Thévenin :
R 0′
2R
A
A
2R
E0 – E
≡
E 0′
B
B
On a R′0 ≡ ( 2R // 2R ) ⇒ R 0′ = R .
E0 – E
1
Et : E 0′ = R 0′ I ′ = R 0′ ⋅ -------------- = -- ( E 0 – E )
2R
2
1
E 0¢ = -- ( E 2 – E 1 – 2E ).
4
Finalement, le circuit proposé est équivalent entre les bornes A et B à un générateur
(dit de Thévenin) caractérisé par :
– une résistance interne R eq = R′0 = R ⇒ R eq = 5 Ω ;
1
1
– une f.é.m. E eq = E′0 = -- ( E 2 – E 1 – 2E ) ⇒ E eq = -- ( 3 – E ).
4
2
E2
Req = 5 Ω
A
R
R
1
2R
2R
-- ( 3 – E ) V = E eq
≡
2
B
B
E1
A
E
2. a. le circuit se réduit à une résistance pure pour E eq = 0, soit : E = 3 V .
Il est alors équivalent à une résistance pure égale à R eq = 5 Ω .
2. b. Si on suppose nulle la tension
( V A – V B ) co aux bornes du circuit proposé, alors aucun courant ne passe dans
la résistance 2R en parallèle entre A et B, E2 – E1
la tension à ses bornes étant nulle.
D’où :
( V A – V C ) co = V B – V C = E.
74 Partie 1 – Physique MPSI
0 A
A
i′
2R
2R
2R
i=0
C
E
B
Exercice 204
KF.book Page 75 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Or (diviseur de tension puisque i′ = 0 ) :
2R
1
( V A – V C ) co = -------------------- ( E 2 – E 1 ) = -- ( E 2 – E 1 )
2R + 2R
2
1
( V A – V C ) co = -- ( E 2 – E 1 ) = E ⇒ E = 3 V .
2
ou
204 Résistances équivalentes
1. Déterminer la résistance équivalente des dipôles A–B représentés ci-dessous.
Chaque branche possède la même résistance r.
a.
b.
A
A
B
B
octaèdre régulier
motif infini
Comment obtenir – pour b. – le même résultat avec un nombre fini N de cellules, la
dernière cellule étant branchée sur une résistance R′ à déterminer ?
A
r
R′
r
B
n carrés
2.
A
B
∆
Le motif carré est répété n fois en ligne
et p fois en colonne. Les côtés ∆ et ∆′
sont infiniment conducteurs. On notera
λ la résistance par unité de longueur du
fil utilisé pour réaliser ces maillages.
Déterminer la résistance équivalente
entre A et B.
∆′
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 75
Exercice 204
KF.book Page 76 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Éléments de symétrie.
• Associations série et parallèle de résistances.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
Il n’est guère intéressant de chercher à déterminer les courants traversant chacune des
branches pour un courant d’entrée I donné. Il est plus rapide de tenir compte des
symétries (ou antisymétries) caractérisant éventuellement le système (cas a.) afin de
substituer à ce dernier un système plus simple. Le calcul de la résistance équivalente
s’effectue ensuite par application des règles d’association des résistances.
Il est également possible de supprimer judicieusement certains contacts existants, et de
prouver, pour le système ainsi obtenu, que les potentiels de chaque couple de points ainsi
créé sont les mêmes, ce qui démontre l’équivalence entre les deux systèmes (cas 2.).
Enfin, pour les systèmes infinis (cas b.), on peut procéder de deux façons différentes :
– soit en considérant un système fini (de résistance notée Rn), et en construisant à partir de ce système un système similaire mais comportant une maille de plus (soit R n + 1
sa résistance). On cherche alors à établir une relation de récurrence liant R n + 1 et Rn.
La résistance cherchée apparaît comme la limite de Rn quand n tend vers l’infini. Ainsi
si R n + 1 = f ( R n ) , R est solution de R = f ( R ) ;
– soit en ajoutant un maillon au système infini considéré : on obtient un système infini
de même nature…
■■ 3. Solution
POINT COURS
• À propos de la symétrie et de l’antisymétrie :
– Un axe ∆ sera dit axe de symétrie si la topologie du système est invariante par la
symétrie d’axe ∆ et si cette symétrie ne modifie pas le signe des courants d’entrée
et de sortie.
Les courants sont alors à répartition symétrique par rapport à ∆.
Un axe ∆′ sera dit axe d’antisymétrie si la topologie du système est invariante par
la symétrie d’axe ∆ et si cette symétrie change le signe des courants d’entrée et de
sortie.
La répartition des courants est alors antisymétrique.
Pour les potentiels, on peut remarquer que les potentiels aux nœuds symétriques
sont opposés (pour des potentiels en A et B qui le seraient). Il en résulte que les
potentiels des nœuds appartenant à ∆′ sont nuls et de façon plus générale égaux.
76 Partie 1 – Physique MPSI
1. a. Le plan EFGH est un plan d’antisymétrie pour la distribution de courants.
On a donc : i ( A → G ) = i ′ ( G → B ) .
Exercice 204
KF.book Page 77 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
A
F
E
i
VA + VB
V G = ------------------- = VF = VE = VH .
2
H
Les branches EF, HE, HG et FG ne sont parcourues par
aucun courant. Il reste donc quatre résistances R′ = 2r en
parallèle, d’où :
D’où
G
i′
B
R′
1
4
r
--- = ----- ⇒ R = ----- ⇒ R = -4
R R′
2
1. b.
POINT MÉTHODE
• On a cette fois-ci un motif théoriquement infini. Le plus simple consiste à remarquer que l’on ne change pas la valeur de la résistance équivalente en ajoutant – en
amont – un maillon supplémentaire.
• On pourrait également établir une relation de récurrence sur la suite R n des résistances équivalentes associées à des chaînes de n maillons. La résistance cherchée R
est la limite de R n quand n → + ∞.
Envisageons la première méthode :
On a :
A
A
≡
R
B
B
De même :
A′
A
A′
≡
B′
R
B
B′
On a donc :
A′ r A
A′
R
B′
D’où
≡
r
R
B′ r B
(2r + R)
R = r // ( 2 r + R ) ⇒ R = r -------------------3r + R
(1)
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 77
La résistance cherchée est donc solution de l’équation :
R 2 + 3rR = 2r 2 + rR ⇒ R 2 + 2rR = 2r 2 .
Soit encore : ( R + r ) 2 = 3r 2
et
( R 0 ).
R = – r + 3r
Finalement, nous obtenons
R = ( 3 – 1) r
Commentaires
La deuxième méthode consiste à relier Rn à R n + 1 .
A
A
≡
B
Rn
B











n maillons
A
A
A
≡
B
Rn
B









≡
Rn + 1
B
n maillons
On a donc :
R n + 1 = ( r // ( 2 r + R n ) ) .
D’où
r ( 2r + R n )
- = f ( R n ).
R n + 1 = -----------------------3r + R n
La résistance équivalente R d’un système infini est alors donnée par la solution de
l’équation :
R = f (R).
Soit ici : R ( 3r + R ) = r ( 2r + R ) ⇒ R 2 + 2rR – 2r 2 = 0 ⇒ ( R + r ) 2 = 3r 2
et
R = r( 3 – 1).
Considérons maintenant une série de N cellules branchée sur une résistance R′, soit :
A
r
R′
B
r











Exercice 204
KF.book Page 78 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
N cellules
Il suffit donc de prendre R′ = R pour que la résistance équivalente vue entre les
points A et B soit également R. En effet, on peut alors remplacer R′ par la chaîne infinie étudiée précédemment.
78 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 204
KF.book Page 79 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
D’une autre manière, on a :
r
r
R′
≡
R″
avec
r ( 2r + R′ )
R″ = ------------------------ .
3r + R′
r
On a donc R″ = f (R′) . Or R est solution de : R = f (R) (cf. (1)).
Le choix R′ = R implique donc R″ = R et de proche en proche :
R eq ) AB = R comme il se doit.
1. Les droites ∆ et ∆′ étant infiniment conductrices, elles constituent des lignes équipotentielles non résistives. Décomposons le système comme l’indique la figure ci-dessous.
On a supprimé les contacts (P 0 , P′1) (P″1 , P′2 ), etc.
Soit V0 la d.d.p. créée entre les points B et
S0
P0
O
O′
A. On a alors :
P′1
S′
1
Q1
V
V
V ( Q 1 ) = -----0- ; V(P′1 ) = -----0- = V(P″1 ).
n
2n
P″1
S″1
V
P′2
S′
De même V ( Q 2 ) = -----02
Q2
n
V0
et V(P′2 ) = V(P″2 ) = ------ .
S″2
P″2
B V0
A
2n
V0
Enfin, on a également V ( P 0 ) = ------ ,
J
J′
2n
1
le brin OP0 représentant la fraction ------ de la longueur totale OO′.
2n
Il en résulte que : V ( P 0 ) = V(P′1 ) = V(P″1 ) = V(P′2 ) = …
On a de même : V ( S 0 ) = V(S′1 ) = V(S″1 ) = V(S′2 ).
Le système considéré est alors équivalent à celui proposé dans l’énoncé (on peut relier
les points au même potentiel P0 et P′1 , S0 et S′1 , …, P″1 et P′2 , …).
On a donc en parallèle p rangées de n losanges et deux lignes droites OO′ et JJ′.
Or
r r
R′
R′
R′
R′
r
r
avec R′ = ( 2r // 2 r ) = r ⇒ R (1 rangée) = nr
nr
et R(p rangées en //) = ----- où r = a λ.
p
2
r
OP 0 = IP 0 ------- et r ( OP 0 ) = ------- .
2
2
r
D’où R ( OO′ ) = 2n ------- = R ( JJ′ ).
2
Finalement
De plus
P0
O r′
r
I
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 79
Exercice 205
KF.book Page 80 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
1
2
1
-------- = ------------------- + ------------------------------------ .
R ( OO′ ) R ( p rangées // )
R eq
D’où
nr
2 p
1
-------- = ------- + ----- ⇒ R eq = ---------------- .
nr
nr
R eq
2+p
Soit avec r = λa :
nλa
R eq = ---------------2+p
205 Générateurs ou récepteurs
Le circuit représenté ci-contre comprend
deux accumulateurs A1 et A2 de forces électromotrices E1 et E2 et de résistances internes
r1 et r2. Ces accumulateurs sont branchés en
parallèle sur le résistor R dont on peut faire
varier la résistance.
On cherche à déterminer, selon les domaines
de valeurs de R, le type de fonctionnement de
chacune des sources (générateur ou récepteur).
r1
r2
R
E1
E2
E 1 0 et E 2 0
1. Justifier que l’on peut se limiter au cas E 2 E 1 .
2. a. On suppose E 2 E 1 .
Que se passe-t-il pour R → 0, puis pour R → ∞ ? Mettre en évidence l’existence
d’une valeur critique Rc de R. Donner l’expression de Rc.
b. Que se passe-t-il pour E 2 = E 1 ?
c. Conclure.
3. Reprendre l’étude d’une façon plus générale.
■■
Solution
1. La permutation des indices « 1 » et « 2 » ne
change pas le problème physique. On aura donc
intérêt à choisir des notations respectant cette
« symétrie » (courants i1 et i2).
i1
i2
r1
r2
u
R
E1
Du fait même de cette « symétrie », on peut imposer dès le départ E 2 E 1 .
80 Partie 1 – Physique MPSI
E2
Exercice 205
KF.book Page 81 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Le cas E 1 E 2 s’en déduit immédiatement en permutant les indices « 1 » et « 2 ».
Remarquons de plus que l’accumulateur A2 se comportera effectivement comme un
générateur si i2 (tel qu’il est noté sur la figure ci-dessus) est positif. On sera donc amené
à calculer les courants i1 et i2 et à discuter leur signe.
On peut également déterminer la tension u aux bornes de R, le signe de i1 et de i2 s’en
déduisant par simple comparaison de u à E1 et E2 :
E1 – u
i 1 = ------------r1
et
E2 – u
i 2 = -------------- .
r2
2. a. • Quand R tend vers une valeur nulle (court-circuit pour R = 0 ) tout se passe
– à la limite – comme si les deux mailles étaient découplées ( u = 0 et i = i 1 + i 2 ) :
i1
i2
i1
i
r1
u
r2
≡
R=0
E1
E2
i2
r1
r2
E1
E2
E2
E
Il vient alors i 1 = ----1- et i 2 = ----- , A1 et A2 fonctionnent en générateurs.
r2
r1
• Pour R Æ ∞ (branche R ouverte à la limite), les deux accumulateurs tendent vers
une situation où ils sont en série et en opposition :
i1
i = 0
r1
i2
i1 = –i2
r2
E1
r1
≡
R→∞
E2
r2
E1
E2
C’est celui qui possède la f.é.m. la plus grande qui aura un fonctionnement en générateur, le deuxième jouant le rôle de récepteur, d’où :
R→∞
E 2 E 1 ⇒ A 2 ≡ générateur et A 1 ≡ récepteur
E 2 = E 1 ⇒ aucun courant ne traverse A 1 et A 2
( i1 = –i2 = 0 ) .
• Résistance critique Rc :
L’examen des cas particuliers R → 0 et R → + ∞ a mis en évidence deux états limites
du système :
I
R→0
 A 1 générateur

 A 2 générateur
II
R→∞
et E 2 E 1
 A 1 récepteur

 A 2 générateur
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 81
Exercice 205
KF.book Page 82 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Or les courants sont des fonctions continues de R. Il existe donc (pour E 2 E 1 ) une
valeur critique Rc de R telle que le système est dans une configuration du type I
pour R R c et du type II pour R R c .
La valeur de Rc s’obtient en remarquant que
i1 = 0
i2
pour R = R c , l’accumulateur A1 n’est traversé
par aucun courant ( E 2 E 1 ), ce qui corresr2
pond au passage de A1 de l’état générateur à r1
u
Rc
l’état récepteur. On a alors :
Rc
E2
u = E 1 et u = E 2 ---------------- (diviseur de tension). E1
Rc + r2
Rc
D’où : E 1 = E 2 ---------------Rc + r2
E1
R c = r 2 ----------------- , pour E 2 E 1
E2 – E1
soit
On a donc :
A1 générateur
0
A1 récepteur
A2 générateur
Rc
A2 générateur
R
E2 E1
2. b. Pour E 2 = E 1 , les deux accumulateurs fonctionnent en générateur (faire
R c → + ∞ sur le diagramme précédent), quelle que soit la valeur de R, avec :
 i 1 0 et i 2 0

 i1 = i2 = 0
pour
r1 ≠ r2
pour
r1 = r2
(cf. symétrie du circuit).
2. c. Conclusion :
E1
En posant R c = r 2 ----------------- , on obtient :
E2 – E1
E2 E1
R Rc
A1 récepteur
A2 générateur
i1 0
i2 0
R = Rc
A1 « neutre »
A2 générateur
i1 = 0
i2 0
R Rc
A1 générateur
A2 générateur
i1 0
i2 0
E2
Pour E 1 E 2 , on permute les indices « 1 » et « 2 » et Rc devient R c′ = r 1 ----------------E1 – E2
E1 = E2
82 Partie 1 – Physique MPSI
A1 et A2
générateurs
i 1 0, i 2 0 pour r 1 ≠ r 2
pour r 1 = r 2
i1 = i2 = 0
3. Déterminons dans un premier temps la tension u aux bornes de r. À cet effet, les
branchements étant plutôt du type parallèle, il semble judicieux de remplacer les accumulateurs A1 [ E 1 , r 1 ] et A2 [ E 2 , r 2 ] par leurs représentations de Norton :
r2
r1
⇒
R
E1
r1
i 01
u
R
r2
i 02
E2
A1
A2
E2
E
On a i 01 = ----1- et i 02 = ----- .
r2
r1
Soit encore, en associant les deux générateurs de courant et en remplaçant les conduc1
1
1
tances g 1 = ---- , g 2 = ---- et G = --- en parallèle par leur conductance équivalente
r1
r2
R
1
G eq = ----- :
Re
G eq = g 1 + g 2 + G, soit :
1 1 1
1
-------- = ---- + ---- + --- , et :
r1 r2 R
R eq
E E
I 0 = i 01 + i 02 = ----1- + ----2- = g 1 E 1 + g 2 E 2 .
r1 r2
I0
Req
u
I0
- = R eq I 0 et :
Nous obtenons alors G eq u = I 0 ; d’où u = ------G eq
g1 E1 + g2 E 2
u = ----------------------------- .
g1 + g2 + G
• Pour déterminer le type de fonctionnement de l’accumulateur A1, il suffit alors de
comparer u à E1 .
g 2 E 2 – ( g 2 + G )E 1
g1 E1 + g2 E 2
- – E 1 = -------------------------------------------- .
Or u – E 1 = ---------------------------g1 + g2 + G
g1 + g2 + G
1
Le courant i 1 est donné par i 1 = ---- ( E 1 – u ) = g 1 ( E 1 – u ).
r1
A1 fonctionnera en récepteur dès que i 1 est négatif, c’est-à-dire pour u E 1 , soit pour
g2
E 1 E 2 --------------- (1) soit encore :
g2 + G
E2
E2 – E1
1
1 1
E 1  ---- + --- ----- ⇒ ---E 1 ----------------- .
 r 2 R
r2
r2
R
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 83
Exercice 205
KF.book Page 83 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 206
KF.book Page 84 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
• Limitons pour l’instant l’étude au cas où E 2 E 1 ; il vient alors ( E 2 – E 1 0 ) :
E1
– pour R r 2 ----------------- : A1 récepteur et A2 nécessairement générateur
E2 – E1
(Au moins l’un des accumulateurs fonctionne en générateur quand les courants sont
non nuls : il faut fournir l’énergie dissipée par effet Joule dans les résistors.)
E1
– pour R r 2 ----------------- : A1 générateur. Et il en est de même de A2 , A2 fonctionnant en
E2 – E1
g1
générateur dès que E 2 E 1 --------------- (on a permuté les indices « 1 » et « 2 » dans (1), où
g1 + G
l’on a changé le sens de l’inégalité (récepteur → générateur)). Cette relation est automatiquement vérifiée pour E 2 E 1 ;
E1
– pour R = r 2 ----------------- : il ne passe aucun courant dans A1 (i 1 = 0) et A2 fonctionne en
E2 – E1
g1
générateur  E 2 E 1 E 1 --------------- .

g 1 + G
E1
D’où les résultats avec R c = r 2 ----------------- :
E2 – E1
A1 générateur
0
A2 générateur
A1 récepteur
Rc
A2 générateur
R
(E2 E1)
g2
g1
• Pour E 2 = E 1 , on a E 1 E 2 --------------- et E 2 E 1 --------------- , ce qui montre que A1 et
g2 + G
g1 + G
A2 se comportent en générateurs. Dans ce cas, la valeur de R n’a plus d’importance.
Tous les courants sont nuls pour r1 = r2 (système complètement symétrique).
On retrouve bien tous les résultats du 2. On peut remarquer que l’accumulateur de plus
grande f.é.m. fonctionne systématiquement en générateur, et ceci quelles que soient les
valeurs de R, r1 et r2… Il est donc normal que A1 et A2 soient générateurs lorsque
E1 = E2 .
206 Voie électrifiée
Une locomotive électrique est alimentée en courant continu. L’alimentation est réalisée par des sous-stations Si distantes de D.
84 Partie 1 – Physique MPSI
Ces sous-stations relient les rails (au potentiel A
B
nul) à la caténaire AB. Chaque source Si sera
représentée par un générateur idéal de ten- S1
S2
M
sion E (borne du côté de la caténaire).
La motrice « M » est branchée entre les rails et
rail
la caténaire. On supposera que son moteur doit
D
être alimenté par un courant constant I.
De plus, la caténaire présente une résistance linéïque de valeur ρ et on négligera la
résistance des rails et des câbles de liaison à la caténaire.
1. On considère une section de ligne de longueur D alimentée par deux sous-stations
(cf. figure ci-dessus). On note x la longueur de caténaire séparant la motrice de la
sous-station S1. Exprimer la tension U aux bornes de la motrice, et en déduire la chute
de tension ∆U = E – U.
Calculer la valeur maximale Dmax de D pour ρ = 5 ⋅ 10 –5 Ω ⋅ m –1 ; I = 800 A et
( ∆U ) max = 45 V.
2. Une section de même longueur D est – dans
cette question – alimentée par une seule station selon le schéma ci-contre. La caténaire
est constituée de deux fils identiques AB et
A′B′ (longueur D, résistance linéïque ρ) reliés
aux extrémités. La motrice est branchée entre
les rails et l’un des fils.
Reprendre les questions du 1.
3. On revient à un système de deux stations,
mais avec une caténaire à deux fils court-circuités au milieu de la ligne.
Calculer ∆U et Dmax .
Que pensez-vous de ces trois systèmes ?
■■
A′
A
B′
B
x
S1
M
rail
A
S1
B
x
S2
M
Solution
1. Étant donné le sens de E, la motrice absorbera un courant la traversant dans le sens indiqué sur le dessin ci-contre (ainsi la puissance absorbée UI est bien positive).
Le dispositif étudié se réduit donc au circuit électrique représenté
ci-dessous :
ρx
E
U0
I0
U ρ(D – x)
I
E
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 85
Exercice 206
KF.book Page 85 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 206
KF.book Page 86 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Les deux résistances ρx et ρ ( D – x ) sont soumises à la même tension E – U : tout se
passe comme si elles étaient en parallèle entre la motrice et une seule source de
tension E.
ρ2x( D – x )
R eq = ---------------------------------ρx + ρ ( D – x )
Donc
x(D – x)
R eq = ρ ⋅ --------------------D
x(D – x)
∆U = ρI ⋅ --------------------D
et
( ∆U = R eq ⋅ I ).
Commentaire
On peut aussi calculer U en faisant le bilan des courants au point de potentiel U :
E–U
E–U
------------- + --------------------- – I = 0
ρx
ρ(D – x)
ce qui donne :
ρ2x( D – x )
E – U = ∆U = I ⋅ ---------------------------------- = R eq ⋅ I .
ρx + ρ ( D – x )
Cette méthode correspond à l’application du théorème de Millmann au point de
potentiel U…
Cette chute de tension ∆U est bien évidemment nulle pour x = 0 et x = D (proximité
immédiate des sous-stations qui imposent un
potentiel E par rapport à la terre).
∆U
1
--ρDI
4
D
Elle est maximale pour x = ---- avec :
2
1
∆U max = --ρDI
4
D’où, pour ∆U max fixé :
0
D/2
D x
4∆U max
D = D max = ------------------- .
ρI
4 × 45
-.
Pour ∆U max = 45 V, il vient D max = -------------------------------5 ⋅ 10 – 5 × 800
D’où
D max = 4,5 km.
2. De la même manière que pour la première question, redessinons le circuit
électrique : on remarque que la résistance ρD est alors en série avec ρ ( D – x ), ce qui
donne une résistance totale égale à ρ ( 2D – x ).
86 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 206
KF.book Page 87 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
ρD
ρx
U ρ(D – x)
I
E
Cette résistance ρ ( 2D – x ) est elle-même en parallèle avec la résistance ρx, d’où ici :
ρ 2 x ( 2D – x )
R eq = ------------------------------------ρx + ρ ( 2D – x )
ρx ( 2D – x )
R eq = ---------------------------- .
2D
Commentaire
On peut aussi remarquer, en « dépliant » vers la droite le fil A′ B′ et en ajoutant une source
de tension E en A′ (pour maintenir son potentiel à E), que l’on retrouve le montage de la
question 1., avec simplement 2D à la place de D…
On en déduit ( ∆U = R eq ⋅ I ) :
x ( 2D – x )
∆U = ρI ⋅ -----------------------2D
L’expression trouvée ici est de même nature que celle établie au 1., D y étant remplacée
par 2D. Ainsi, une ligne de longueur D pour le deuxième système est équivalente à une
« demi-ligne » de longueur 2D.
En effet, on a :
A
ρx
ρ ( 2D – x )
B
B
ρD
A
ρx
E
I
E
≡
ρ(D – x)
I
E
Il résulte de cette remarque que l’on peut reprendre l’application numérique de la première question sous la forme :
( 2D ) max = 4,5 km d’où D max = 2,25 km.
3. Remarquons tout d’abord que la symétrie du système impose :
U(x) = U(D – x)
(positions symétriques par rapport au milieu de la ligne).
D
On peut donc limiter l’étude à 0 x ---- .
2
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 87
Exercice 206
KF.book Page 88 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Le système proposé correspond au
D
D
ρ ---ρ ---circuit représenté ci-contre.
2
2
Transformons ce circuit :
C
D
A
Les deux résistances  ρ ---- entre C et
 2
ρx
D
D
B sont en parallèle. On peut donc les
ρ ⋅  ---- – x ρ --2


2
1  D
remplacer par la résistance -- ρ ---- .
2 2 
I
E
D’autre part, les deux nœuds A et B
sont au même potentiel E : on peut
donc les confondre (ce qui revient à
« replier » le circuit, et supprimer une des sources E…).
D’où le schéma :
1
--ρD
4
B
A
B
A
≡
1
--ρD
2
U
ρx
E
C
ρx
D
ρ  ---- – x
2

I
D
ρ  ---- – x
2

I
1
1
1×2 1
1
où R =  --ρD //  -- ρ D ; soit R = ------------ ·  --ρD et R = --ρD.
2  4 
1 + 2 4 
6
D’où :
R′
E
ρx
D
R′ = R + ρ ·  ---- – x
2

U
I
2D
R′ = ρ ·  ------- – x
 3

et finalement :
R eq
R eq
88 Partie 1 – Physique MPSI
E
R
C
E
B
2D
ρ 2 x  ------- – x
 3

ρxR′
= ------------------ = -------------------------------------ρx + R′
2D
ρx + ρ  ------- – x
 3

ρx ( 2D – 3x )
= ------------------------------- .
2D
Exercice 206
KF.book Page 89 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
On en déduit ( ∆U = R eq ⋅ I ) :
( 2D – 3x )I
∆U = ρx -------------------------2D
avec
D
0 x ---- .
2
Cette chute est maximale pour x 0 tel que :
d
------ [ x ( 2D – 3x ) ] = 0 ⇒ ( 2D – 3x 0 – 3x 0 = 0 )
dx
soit
D
x 0 = ---- .
3
La chute maximale de tension a pour valeur :
( ∆U ) max
D
ρ ---- ( 2D – D )
3
= ------------------------------2D
et
1
( ∆U ) max = --ρDI
6
D max = 6,75 km.
Ce qui donne
Pour comparer les trois systèmes, redessinons une ligne comportant plusieurs sections :
• Système I : ( D = 4,5 km )
E
D
D
E E
E E
E
⇒
D
D
E
E
E
• Système II : ( D = 4,5 km )
D/2
D/2
E
E
E
D
E
⇒
E
E
• Système III : ( D′ = 6,75 km = 1,5D )
D′
D′
E
E
E
E
⇒
E
E
Les figures de droite représenteraient une optimisation du coût d’établissement de la ligne
(minimisation du nombre de stations). Ainsi, les systèmes I et II sont semblables
mais II nécessite deux fois plus de cuivre (ligne double). Le système III semble plus
avantageux dans le sens où il exige moins de stations pour une même longueur de ligne.
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 89
KF.book Page 90 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
B. Régime transitoire
211 Bilan d’énergie
On relie deux condensateurs (capacités C et C′, charges initiales respectives Q0 et Q 0′ )
par une résistance R :
Q0
R
C
Q 0′
C′
1. Déterminer l’évolution du système, et préciser l’état d’équilibre final.
2. Faire un bilan énergétique : on exprimera les résultats en fonction de C et C′ et
des tensions de charge initiale U0 et U 0′ des condensateurs.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Tension aux bornes d’un condensateur.
• Énergie emmagasinée dans un condensateur.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
L’état d’équilibre final correspond à un courant nul, et la tension aux bornes de chaque
condensateur résultera de la conservation de la charge électrique « emprisonnée » sur
les armatures des condensateurs.
Faire un bilan énergétique consiste à montrer que la perte d’énergie emmagasinée dans
les condensateurs entre le début et la fin est égale (en valeur absolue) à l’énergie électrique absorbée par la résistance et dissipée sous forme thermique (effet Joule).
■■ 3. Solution
1.
POINT COURS
dq
i = ------dt
Ces relations concernent les condensateurs en convention récepteur, en notant q la
charge de l’armature par laquelle entre le courant i.
et
q = Cu
i
q
u
Remarque : i et q peuvent être négatifs.
90 Partie 1 – Physique MPSI
Soit i le courant dans la résistance R. Avec
les orientations précisées sur le schéma, il
vient :
Exercice 211
KF.book Page 91 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
i
q′
R
q
u′
u
C
C′
dq
du
i = – ------ = – C ------dt
dt
q
i
u
dq′
du′
i = + -------- = + C --------- .
dt
dt
D’après la loi des mailles :
i
q′
u′
– u + Ri + u′ = 0.
On dérive cette équation, et on élimine les tensions :
di du′
du
– ------- + R ----- + --------- = 0
dt dt
dt
di i
i
--- + R ----- + ----- = 0.
dt C′
C
Soit finalement :
RCC′ di
---------------- ⋅ ----- + i = 0
C + C′ dt
C’est une équation différentielle du 1er ordre dont la solution générale s’écrit :
RCC′
τ = ---------------- .
C + C′
La valeur de A est déterminée par les conditions initiales :
i ( t ) = Ae –t / τ
en posant
1
A = i ( 0 + ) = --- ( u 0 – u 0′ )
R
(d’après la loi des mailles à l’instant initial, les tensions aux bornes des condensateurs
sont des fonctions continues du temps…).
Finalement :
1
i ( t ) = --- ( u 0 – u 0′ )e –t / τ
R
1 Q Q 0′  –t / τ
i ( t ) = ---  -----0- – ------- e
R  C C′ 
Le régime permanent ( t → +∞ ) correspond bien à i = 0,
Q ∞′
Q
- = u∞
soit u = u′ = u ∞ ou encore ------∞- = -------C
C′
Q ∞ et Q ∞′ désignant les charges finales des deux condensateurs.
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 91
Exercice 211
KF.book Page 92 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
POINT COURS
La conservation de la charge emprisonnée entre les armatures des condensateurs
découle de la définition de i :
dq
dq¢
dq dq¢
i = – ------- = -------- d’où ------- + -------- = 0
dt
dt
dt
dt
soit en intégrant q ( t ) + q¢ ( t ) = cte.
Cette conservation des charges impose ici :
Q 0 + Q 0′ = q + q′ = Q ∞ + Q ∞′
Q 0 + Q 0′
Q ∞′
Q
Q ∞ + Q ∞′
d’où : u ∞ = ------∞- = -------- = ---------------------- = --------------------- .
C + C′
C
C′
C + C′
Il est alors facile d’obtenir l’expression de u ( t ), nécessairement de la forme
i
du
u ( t ) = ( λ + µe –t / τ ) (puisque ------- = – --- …) et vérifiant u ( 0 + ) = u 0 et
C
dt
u ( t → ∞ ) = u∞ ,
λ = u∞
soit
et
λ + µ = u0
ce qui impose :
u ( t ) = u ∞ + ( u 0 – u ∞ )e –t / τ
et l’expression analogue pour u′ ( t ).
Allure des courbes :
i
i( 0+ )
0
τ
t
pour u 0 u 0′
u0
u(t)
u∞
u′ ( t )
u 0′
0
92 Partie 1 – Physique MPSI
τ
t
Exercice 211
KF.book Page 93 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
POINT MÉTHODE
Étude du régime permanent
En régime permanent continu, un condensateur se comporte comme un interrupteur ouvert.
On obtient donc pour t → ∞ le schéma suivant.
i∞
R
u ∞′
u∞
On doit donc avoir i ∞ = 0 (circuit ouvert)
et u ∞ = u ∞′ .
Il est toujours bon de vérifier que le comportement attendu correspond bien à
l’étude mathématique faite précédemment.
2. Calculons les énergies des condensateurs dans l’état initial ( t = 0 ) et dans l’état final
(t → +∞) :
1
1
E i = --Cu 20 + --C′u 0′ 2
2
2
1
1
1
E f = --Cu 2∞ + --C′u ∞′ 2 = -- ( C + C′ )u 2∞ ( u ∞′ = u ∞ ).
2
2
2
On en déduit la variation d’énergie du système :
1
1
1
∆E = E f – E i = -- ( C + C′ )u 2∞ – --Cu 20 – --C′u 0′ 2
2
2
2
1 ( Cu 0 + C′u 0′ ) 2
∆E = -- ------------------------------------ – Cu 20 – C′u 0′ 2
2
C + C′
1
∆E = ------------------------ ⋅ [ 2CC′u 0 u 0′ – CC′u 20 – CC′u 0′ 2 ]
2 ( C + C′ )
1 CC′
∆E = – -- ⋅ ---------------- ( u 0 – u 0′ ) 2 .
2 C + C′
D’autre part, l’énergie reçue par la résistance a pour expression :
WJ =
∞
∫0
WJ = R
Ri 2 dt
∞
∫0
i 2 ( 0 + )e –2 t ⁄ τ dt
τ
W J = Ri 2 ( 0 + ) ⋅ – --e –2 t ⁄ τ
2
∞
0
1
= --τRi 2 ( 0 + )
2
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 93
Exercice 212
KF.book Page 94 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
soit, en remplaçant τ :
1 CC′
W J = -- ⋅ ---------------- [ Ri ( 0 + ) ] 2
2 C + C′
et (loi des mailles : Ri ( 0 + ) = u ( 0 + ) – u′ ( 0 + ) = u 0 – u 0′ ) :
1 CC′
W J = -- ⋅ ---------------- ( u 0 – u 0′ ) 2 .
2 C + C′
∆E + W J = 0
On a bien
ou encore, avec le langage de la thermodynamique et en notant U l’énergie interne du
système total (l’ensemble du circuit) thermostaté :
∆U = W ext + Q th
ici
W ext = 0 d’où ∆U = Q th .
Or ∆U = ∆E que l’on vient de calculer (pas de modification de l’état thermique du
système)
soit
∆E = Q th ⇒ Q th = – W J .
La température du système étant imposée, l’effet Joule correspond à un transfert
d’énergie thermique au thermostat ( Q th 0 ).
212 Conditions initiales – conditions d’équilibre
On donne le circuit ci-contre.
Pour t 0, l’interrupteur K est dans la position 2, et les deux condensateurs (de même
E
capacité C) sont déchargés.
À la date t = 0, K bascule de la position 2 à
la position 1.
i
R
C
R
2
C
i″
i′
1 K
Déterminer les valeurs des courants i, i′ et i″ (voir figure) à la date t = ε, ε positif
et très voisin de zéro.
Au bout d’un temps T suffisamment long (les courants étant alors tous nuls), l’interrupteur K bascule à nouveau, et revient en position 2.
Déterminer les valeurs des courants i, i′ et i″ aussitôt après le basculement de K,
puis lorsque le régime permanent est atteint.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Loi de continuité aux bornes d’un condensateur.
94 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 212
KF.book Page 95 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
L’exercice n’est pas du tout calculatoire. Il demande de déterminer les différentes grandeurs
(intensité ou tension) en utilisant la loi de continuité aux bornes d’un condensateur (aux
changements d’états) ou les lois du régime permanent (pour un temps infiniment long).
■■ 3. Solution
POINT COURS
Lorsqu’on bascule un interrupteur dans un circuit, il y a continuité de la charge des
condensateurs (et donc de la tension aux bornes des condensateurs).
Par continuité de la tension aux bornes des condensateurs, on a :
 u( ε ) = u( 0– ) = 0

 u′ ( ε ) = u′ ( 0 – ) = 0
R
i
C
i″
i′
u
E
R
u′
C
ce qui entraîne, puisque u′ = Ri′ : i′ ( ε ) = 0
E
D’après la loi des mailles, E = Ri + u + u′ d’où : i ( ε ) = --R
E
i″ ( ε ) = --R
Et puisque i″ = i – i′
• Au bout d’un temps T suffisamment long, le régime permanent est atteint.
POINT COURS
En régime permanent continu, les condensateurs se comportent comme des interrupteurs ouverts (intensité nulle).
On a alors :
i
R
i′
u
R
E
Puisque
i′ = i – i″,
i′ ( T ) = 0
d’où
i″
u′
u′ ( T ) = 0
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 95
Exercice 213
KF.book Page 96 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
et puisque
E = Ri + u + u′,
u(T) = E
On bascule alors l’interrupteur dans la position 2.
Le circuit devient :
C
A
R
i
i′
u
i″
C
R
u′
On a donc, par continuité aux bornes des condensateurs :
 u(T + ε) = u(T) = E

 u′ ( T + ε ) = u′ ( T ) = 0
On a toujours : u′ = Ri′, alors
i′ ( T + ε ) = 0
En maintenant, 0 = Ri + u + u′
soit
E
i ( T + ε ) = – --R
On en déduit :
E
i″ ( T + ε ) = – --R
( i″ = i – i′ ).
Au bout d’un temps suffisamment long, un nouveau régime permanent est atteint,
alors
i ∞ = i ∞″ = 0
d’où
i ∞′ = 0
soit u ∞′ = 0 et u ∞ = 0. Les condensateurs sont déchargés.
213 Deux bobines en parallèle
On ferme l’interrupteur K à l’instant t = 0.
1. On suppose dans cette question que les
deux bobines sont identiques ( L 1 = L 2 = L
et r 1 = r 2 = r ). Déterminer les courants E
i ( t ) , i 1 ( t ) et i 2 ( t ).
Commenter les résultats obtenus.
R
i
i1
i2
L1, r1
L2, r2
K
L
L
2. Même question dans le cas où L 1 ≠ L 2 et r 1 ≠ r 2 avec cependant ----1 = ----2 = τ.
r1
r2
r1 r2
E
τ
On pourra également poser, avec R // = -------------- : τ′ = --------------- ; i ∞ = --------------- .
R + R //
r1 + r2
R
1 + -----R //
Commenter.
96 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 213
KF.book Page 97 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
3. On se place désormais dans le cas général et on pose :
L2
L
L
L
et T 2 = ---- .
τ 1 = ----1 ; τ 2 = ----2 ; T 1 = ----1
R
r1
r2
R
a. Donner le système différentiel du premier ordre vérifié par le couple de variables
[ i 1 ( t ), i 2 ( t ) ]. Que peut-on en déduire sur la nature des solutions en i 1 ( t ), i 2 ( t ) et
i ( t ) ? On ne développera pas les calculs.
t
t
t
b. On donne ci-dessous les courbes ---- → i 1 ( t ), ---- → i 2 ( t ) et ---- → i ( t ) pour
τ1
τ1
τ1
R
E
r 1 = r 2 ; ---- = 1 A ; L 1 = 50 L 2 et différentes valeurs du paramètre η = ---- :
r1
r1
1,5
i(t)
1
i2 ( t )
i1 ( t )
0
1
2
3
4
i(t)
0,4
i2 ( t )
i1 ( t )
0,2
0,5
0
0,6
t
---τ1
0
0
R
Fig. 1 : ---- = 0,1
r1
0,5
1
1,5
t
---2 τ1
R
Fig. 2 : ---- = 1
r1
i(t)
0,01
i2 ( t )
0,006
i(t)
0,08
0,04
i2 ( t )
i1 ( t )
i1 ( t )
0,002
0
0
0,4
0,8
1,2
R
Fig. 3 : ---- = 10
r1
Commenter ces courbes.
t
---τ1
0
0
0,5
1
1,5
2
t
---τ1
R
Fig. 4 : ---- = 100
r1
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 97
Exercice 213
KF.book Page 98 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
Points de cours
• Circuit r L série.
• Continuité du courant dans une bobine.
• Régime transitoire – régime permanent.
Outils mathématiques
• Équation différentielle linéaire du 1er ordre.
• Système différentiel linéaire du 1er ordre.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1 et 2. La présence des bobines retarde l’établissement des courants i 1 et i 2 , et donc
du courant i dans la branche principale. Pour R suffisamment faible, les constantes de
L
temps qui vont intervenir sont certainement celles des bobines, à savoir τ 1 = ----1- et
r1
L2
τ 2 = ----- .
r2
Le problème se présentera simplement lorsque τ 1 = τ 2 , les deux bobines ayant des
comportements « similaires ».
Au bout d’un temps suffisamment long, les courants seront établis et les inductances
L1 et L2 pourront être supprimées. On a alors un circuit purement résistif, et les valeurs
asymptotiques ( i ) ∞ , ( i 1 ) ∞ et ( i 2 ) ∞ sont connues. Il pourra être utile de faire intervenir la tension u aux bornes des deux bobines.
■■ 3. Solution
1. Les lois de l’électrocinétique permettent
d’écrire :
di 1
u = r 1 i 1 + L 1 ------- (bobine 1)
dt
E u
di 2
u = r 2 i 2 + L 2 ------- (bobine 2)
dt
R
i
u
i1
i2
1
2
u = E – Ri avec i = i 1 + i 2 (loi des nœuds).
Nous nous sommes placés dans le cas où les deux bobines sont identiques ce qui implii
que bien évidemment i 1 ( t ) = i 2 ( t ) = -- .
2
Les équations précédentes donnent alors :
i L di
u = E – Ri = r -- + --- ----2 2 dt
98 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 213
KF.book Page 99 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
L di 
r
--- ----- + R + -- i = E.
2 dt 
2
L
τ′ = --------------2R + r
soit encore
Posons
⇒
di
2E
τ′ ----- + i = --------------dt
2R + r
La solution générale de cette équation différentielle est fournie par :
t
– ---2E
i ( t ) = --------------- + λe τ′ .
2R + r
Or à t = 0 + , on doit avoir i 1 ( 0 + ) = i 2 ( 0 + ) = 0 (continuité du courant dans les
bobines)
2E
i ( 0 + ) = i 1 ( 0 + ) + i 2 ( 0 + ) = 0 et λ = – --------------- .
2R + r
Finalement :
d’où
( 2R + r )t
– ---------------------2E

L
i ( t ) = ---------------  1 – e

2R + r 
et
2E
i ∞ = --------------2R + r
i
i 1 ( t ) = i 2 ( t ) = -- .
2
i
i∞
0
1
t
---τ′
Commentaires
• Le courant i ∞ correspond au régime continu établi pour lequel le circuit est purement résistif
di
 di
------1- = ------2- = 0 .
 dt

dt
i∞
R
r1
E
r2
On a donc :
E
i ∞ = ------R eq
où
r1 r2
r
- = R + -R eq = R + ( r 1 //r 2 ) = R + -------------r1 + r2
2
( r 1 = r 2 = r ).
On aurait pu remarquer directement que, les mêmes courants traversant les deux bobines
identiques, on pouvait réduire l’ensemble de ces deux bobines (L, r) à une bobine unique
r
L
---, -- .
 2 2
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 99
Exercice 213
KF.book Page 100 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
i
i
-2
i
-2
L
L
r
r
i
L
--2
≡
u
r
-2
d i
i
L di r
Dans les deux cas, on a bien : u = L -----  -- + r -- = --- ----- + --i.
dt  2
2
2 dt 2
Le circuit global devient :
et
L di
r
E =  R + -- i + --- ----
2 dt
2
r
R + -2
E
i
L
--2
2. Cette fois, les deux bobines sont différentes bien que leurs constantes de temps aient
L
L
une même valeur  ----1- = ----2- = τ .
 r1 r2

Les équations précédentes peuvent se réécrire de la façon suivante :

di 1
di 2
 u = E – Ri = r 1  i 1 + τ ------- = r 2  i 2 + τ -------
dt
dt

 avec i = i + i
1
2

D’où
Soit
(1)

di 1
1
i 1 + τ ------- = ---- ( E – Ri ) 
dt
r1

d
1 1
- ( i 1 + i 2 ) =  ---- + ---- ( E – Ri ).
 ( i 1 + i 2 ) + τ ---
dt
r
r 2
di 2
1
1

i 2 + τ ------- = ---- ( E – Ri ) 
dt
r2

r1 + r2
r1 r2
di
i + τ ----- = --------------- ( E – Ri ) ; notons R // = -------------r1 r2
dt
r1 + r2
et regroupons les termes :
di
R
E
τ ----- + i 1 + ------ = -----dt
R //
R //
τ di
E
---------------- ----- + i ( t ) = ---------------R dt
R + R //
1 + -----R //
τ
E
Soit en notant i ∞ = ---------------- et τ′ = ---------------- :
R
R + R //
1 + -----R //
t
i ( t ) = i ∞  1 – exp  – ---- 

 τ′ 
100 Partie 1 – Physique MPSI
puisque i ( 0 ) = 0.
Soit encore


E
R
i ( t ) = ------------------------- 1 – exp  – 1 + --------------r1 r2
r
1 r2

R + ---------------------------
r1 + r2
r1 + r2
On a d’autre part, d’après (1) :
soit en posant
Exercice 213
KF.book Page 101 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

t
--
τ

(2)
t
di 1
– ---E R
E R
i 1 + τ ------- = ---- – ---- i = ---- – ---- i ∞  1 – e τ′

dt
r1 r1
r1 r1 
E – Ri
i 1∞ = -----------------∞- :
r1
t
di 1
R – ---i 1 + τ ------- = i 1∞ + ---- i ∞ e τ′ .
dt
r1
Nous avons donc i 1 ( t ) = i 1∞ + i′ 1 ( t ) ( i 1∞ : solution de régime permanent),
i′ 1 ( t ) étant solution de l’équation différentielle du premier ordre :
t
di′1
R – ---i′ 1 + τ --------- = ---- i ∞ e τ′
dt
r1
(3)
t
– --
La solution de l’équation homogène est λe τ .
La solution particulière est de la forme Ae
t
– ---τ′
avec, en reportant dans (3) :
R
τ
A  1 – ---- = ---- i ∞ .

r1
τ′
Finalement, nous obtenons :
i 1 ( t ) = i 1∞ + λe
et avec i 1 ( 0 + ) = 0 :
t
– -τ
t
R
1 – ---+ ---- i ∞ -------------e τ′
r1
τ
1 – ---τ′
t
t
t
– ---– -– -R i∞
i 1 ( t ) = i 1∞  1 – e τ + ---- -------------  e τ′ – e τ

 r1

τ
1 – ---τ′
τ
Il apparaît ainsi deux constantes de temps : τ 1 = τ et τ 2 = τ′ = ------------------------ .
R
1 + --------------r1 r2
--------------r1 + r2
Commentaires
E R
• La valeur de i ∞ est donnée par : i 1∞ = ---- – ---- i ∞ soit :
r1 r1
Er 1 r 2
E R E ( r1 + r2 )
i 1∞ = ---- – ---- --------------------------------------- = ------------------------------------------------- .
r1 [ R ( r1 + r2 ) + r1 r2 ]
r1 r1 R ( r1 + r2 ) + r1 r2
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 101
Exercice 213
KF.book Page 102 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
D’où
Er 2
i 1∞ = --------------------------------------- , expression que l’on peut retrouver à partir du montage
R ( r1 + r2 ) + r1 r2
équivalent en régime continu établi.
R
i∞
i 2∞
i 1∞
r1
E
r2
r2
E
On a ainsi (diviseur de courant) : i 1∞ = i ∞ --------------- avec i ∞ = ------------------------- d’où le résultat.
r2 + r1
r1 r2
R + -------------r1 + r2
• Pour déterminer le courant i ( t ), on peut remplacer le système ( L 1, r 1 ) en parallèle avec
( L2 , r2 )
L1 L2
par une bobine unique d’inductance L // = ----------------L1 + L2
et de résistance
r1 r2
L
L
R // = --------------- . En effet, pour ----1- = -----2- , on a :
r1 + r2
r1 r2
di 1 
u
---- = i 1 + τ ------- 
dt 
r1

di 2 
u
---- = i 2 + τ ------- 
dt
r2

d
1 1
u  ---- + ---- = ( i 1 + i 2 ) + τ ----- ( i 1 + i 2 )
 r 1 r 2
dt
di
u = R // i + τR // ----- .
dt
L1 L2
L1 r1 r2
r1 r2
1
On a bien R // = -------------- et L // = τR // = ----- --------------- = L 1 --------------- = ------------------ .
r
r
+
r
L
L
r1 + r2
1 1
2
1 + L2
-----1- + 1
L2
i
i
L1
L2
u
r1
L
L
----1- = ----2-
 r1 r2 
≡
(L1 //L2)
u
(r1 //r2)
r2
Le circuit global devient alors :
d’où
di
E = ( R + R // )i + L // ----dt
102 Partie 1 – Physique MPSI
i
R + R//
E
L//
3. a. Désormais les deux bobines sont distinctes et leurs constantes de temps sont différentes ( τ 1 ≠ τ 2 ). On a donc :
 u = E – Ri

di 1

 u = r 1 i 1 + L 1 ------dt

et
i = i1 + i2
et
di 2
u = r 2 i 2 + L 2 ------dt
soit encore
di 1
di 2
r 1 i 1 + L 1 ------- = E – R ( i 1 + i 2 ) = r 2 i 2 + L 2 ------dt
dt
d’où
di 1
r
E
R
R
------- = –  ----1- + ----- i 1 – ----- i 2 + ----- .
 L 1 L 1
L1
L1
dt
di 2
L’équation permettant d’obtenir ------- résulte de la permutation des indices 1 et 2, d’où
dt
le système différentiel du 1er ordre par rapport aux variables i 1 ( t ) et i 2 ( t ) :
 di 1
1
1
E
1
 ------- = –  ---- + ----- i 1 – -----i 2 + ----T1
τ1 T1
L1
 dt

1
1
E
1
 di
2
- = –  ---- + ----- i 2 – -----i 1 + ---- -----

T2
dt
τ2 T2
L2

avec
L
τ 1 = ----1r1
L
τ 2 = ----2r2
L
T 1 = ----1R
L2
T 2 = ----- .
R
Avec les conditions initiales i 1 ( 0 + ) = i 2 ( 0 + ) = 0.
D’autre part, le système précédent implique :
di 1 
E
------= ----dt  0 +
L1
et
di 2 
E
------= ----- .
dt  0 +
L2
Posons alors i 1 ( t ) = i 1∞ + i′1 ( t ) et i 2 ( t ) = i 2∞ + i′2 ( t ) où i 1∞ a été défini au 2. et
i 2∞ = i ∞ – i 1∞ d’où :
 di′1
i′2
1
1
 --------- = –  ---- + ----- i′ 1 – ----τ1 T1
T1
 dt

i′1
1
1
 di′
2
- = –  ---- + ----- i′2 – ---- ------- τ 2 T 2
dt
T2

(4)
Il suffit alors de chercher des solutions de la forme i′1 ( t ) = A 1 e pt et i′2 ( t ) = A 2 e pt .
En reportant dans (4), on peut alors remarquer que p doit vérifier une équation du
second degré dont les deux solutions sont nécessairement de la forme :
1
p = – -----τ′′
et
1
lp = – ------τ″′
(un régime pseudo-périodique est ici impossible).
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 103
Exercice 213
KF.book Page 103 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 213
KF.book Page 104 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Finalement, on aura :
t
t

– ----– ------ i 1 ( t ) = i 1∞ + λ 1 e τ″ + µ 1 e τ″′

t
t

– ----– ------ i 2 ( t ) = i 2∞ + λ 2 e τ″ + µ 2 e τ″′

t
t

– ----– ------ i ( t ) = i ∞ + ( λ 1 + λ 2 )e τ″ + ( µ 1 + µ 2 )e τ″′

Les coefficients λ 1 , λ 2 , µ 1 et µ 2 se calculent avec les conditions initiales précisées
plus haut.
3. b. Les courbes données sont bien représentatives des résultats précédents.
■ Valeurs
i∞
i∞
asymptotiques :
E
---r1
E
E
= ------------------------- = -------------------------- ; or ---- = 1 et r 1 = r 2 d’où :
r
r1 r2
r
R
2
1
R + ------------------ + -------------r1 + r2
r1 r1 + r2
r2
1
= ------------------ et i 1∞ = i ∞ --------------- = 0,5i ∞ = i 2∞ .
r1 + r2
R
---- + 0,5
r1
■ Pentes
On a
R
---r1
i∞ ( A )
i 1∞ ( A ) = i 2∞ ( A )
0,1
1,67
0,83
1
0,67
0,33
10
9,5 · 10 –2
4,8 · 10 –2
100
~ 10 –2
~ 5 · 10 –3
à l’origine :
di 1
di 1 E
E
E
------- = ----- ⇒ -------------- = ----- τ 1 = ---- = 1
L
dt L 1
r
t
1
1
d  ----
 τ 1
de même
di 2
di
E L1
E
E
------2- = ----- ⇒ -------------- = ----- τ 1 = ---- ----- = 50.
r
L
dt L 2
t
2
1 L2
d  ----
 τ 1
di 2 
di 1
------ -------  (rapport 50) comme l’indiquent les graphes. De plus,
dt  0 +
dt  0 +
en traçant les tangentes à l’origine pour les courbes t → i 1 ( t ), on montre la cohérence
avec la valeur 1 calculée ci-dessus.
On a bien
104 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 213
KF.book Page 105 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Par exemple, en reprenant la figure 1 (cf. également la figure 2) :
i1
0,5
0
■ Constantes
0,5
1
t
---τ1
Fig. 1
de temps :
– Le courant i 1 ( t ) dans 1 ne présente pas, au voisinage de t = 0+, de « brusques » variations comparativement à i 2 ( t ) (et par voie de conséquence à i ( t ) = i 1 ( t ) + i 2 ( t ) ). Ceci
est dû à ce que L 1 L 2 …
– On remarque également que le temps d’établissement du régime permanent semble
diminuer quand R augmente, ce qui paraît naturel.
– Pour R suffisamment grand, le courant i ( t ) devient, très vite, pratiquement constant, les courants i 1 ( t ) et i 2 ( t ) évoluent alors en sens inverse avec la même constante
de temps.
On pourrait montrer que pour R « très grand », les constantes de temps τ″ et τ″′ tendent asymptotiquement vers les valeurs :
R
1
1
1
------ = R  ----- + ----- ∼  ---- L 1 L 2  L 2
τ′′
r 1 + r 2  2r 1
1
- ∼ ------------- = ---------------τ″′ L 1 + L 2  L 1
ici

ici .

τ″ correspond en fait à la constante de temps du circuit que l’on obtiendrait en négligeant r 1 et r 2 ( R r 1 et R r 2 ).
τ″′ est associée à la constante de temps des deux bobines en série.
R
On peut vérifier sur la figure 4 ( ---- = 100 et donc R ( r 1 = r 2 ) ) que l’on a bien
r1
t
τ″′ ∼ 0,5 τ 1 (cf. courbe ---- → i 2 ( t ) )…
τ1
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 105
Exercice 214
KF.book Page 106 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
214 Circuit LC réel en signaux carrés
On donne le circuit :
L
r
e(t)
C
R
u(t)
Il est alimenté par un générateur de « signaux carrés », périodiques, de période T.
e
E0
O
–E0
T
--2
T
t
1. Préliminaires :
a. Rappeler l’expression de la résistance critique rc d’un circuit rLC série.
b. Dans le cas où le régime transitoire s’amortit suffisamment rapidement, déterminer
1
les valeurs asymptotiques de u ( t ), quand t →  n + --- T – puis t → ( n + 1 ) T – .

2
2. Établir l’équation différentielle régissant la fonction u ( t ).
Classer les différents types de solutions à l’aide d’une condition portant sur r, r c et R.
Commenter les résultats obtenus.
1 1 1
L
1
On posera ω 0 = --------- ; λ = ---  --- + ---- avec τ = RC et τ′ = -- .


2
r
τ
τ′
LC
3. Dans le cas où le régime est pseudo-périodique amorti et d’amortissement relatir
vement faible (on supposera que l’on a : λ ω 0 1 + --- ), quel doit être l’ordre de
R
grandeur de T pour que chaque « train » d’oscillations – généré par la commutation
du générateur – soit indépendant du « train » précédent, c’est-à-dire indépendant de
la valeur précise de T ? Donner l’expression de u ( t ) dans ce cas.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
Points de cours
• Circuit rLC série : étude du régime transitoire.
• Régimes pseudo-périodique, apériodique critique et apériodique hypercritique.
Outil mathématique
• Résolution d’une équation différentielle linéaire du second ordre avec second membre.
106 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 214
KF.book Page 107 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. a. Étant donné un circuit rLC série, la valeur critique rc de r est celle qui permet de
passer d’un régime transitoire pseudo-périodique ( r r c , « faible » amortissement) à
un régime transitoire apériodique ( r r c , « fort » amortissement).
b. Pour e = E 0 (ou e = – E 0 ), le régime transitoire s’étant suffisamment amorti, le système finit par atteindre un régime continu où courants et tensions sont des constantes.
2. L’établissement de l’équation différentielle ne présente guère de difficultés. C’est
une équation du second ordre (présence simultanée de L et C) et la nature des solutions dépendra du signe du discriminant de l’équation caractéristique associée.
3. Les oscillations de u ( t ) sont simples à étudier dans le cas où elles peuvent être conT
sidérées comme complètement amorties sur la durée --- : chaque série d’oscillations
2
débute dans les mêmes conditions, indépendantes de la valeur exacte de T… Ces conditions sont alors celles du régime continu permanent du circuit.
■■ 3. Solution
1. a. Considérons le circuit r LC série alimenté par un
générateur continu :
e ( t ) = 0 pour t 0 et e ( t ) = E 0 pour t 0. L’évoe(t)
lution du circuit est régie par l’équation différentielle :
dq
di q
ri + L ----- + --- = E 0 avec i = ------ .
dt
dt C
Soit encore :
dq q
d2q
L -------2- + r ------ + --- = E 0
dt C
dt
dont la solution est fournie par q ( t ) = CE 0 + q′ ( t ) avec :
L
C
r
d 2 q′
dq′ q′
L ---------2- + r -------- + ---- = 0.
dt C
dt
POINT COURS
La solution générale de cette équation homogène associée (équation sans second
membre) s’obtient à partir de l’équation caractéristique que doit vérifier la grandeur α pour que e αt soit solution :
r
1
1
Lα 2 + rα + --- = 0 ⇒ α 2 + --- α + ------- = 0.
L
LC
C
C’est une équation du second degré, de discriminant ∆ tel que :
r 2 4
∆ =  --- – ------- .
 L
LC
C’est le signe de ce discriminant qui détermine la nature des solutions du problème physique.
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 107
Exercice 214
KF.book Page 108 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
La résistance critique rc correspond donc à la valeur de r qui annule ∆ soit :
r2
4
----c2- = ------- ⇒
LC
L
L
r c = 2 --C
(1)
1. b. Pour e = +E0, supposons le régime permanent atteint. On a alors i L = cste et
q = cste, soit encore : u L = 0 et i C = 0. Le circuit devient :
r
E0
u
R
Il se réduit à un simple diviseur de tension, de sorte que :
R
1
u  t →  n + -- T – ∼ E 0 -----------

r+R
2 
(2)
R
u ( t → ( n + 1 ) T – ) ∼ – E 0 -----------r+R
(2′)
De même, pour e = –E0 :
2. Soit i ( t ) le courant traversant le générateur.
L
r
e
A
C
u
R
i
D’après la loi des mailles :
di
L ----- + ri + u – e = 0
dt
et, d’après la loi des nœuds en A :
du u
i = i C + i R = C ------- + --dt R
d’où, en éliminant i :
du r
d 2 u L du
LC --------2- + --- ⋅ ------- + rC ------- + ---u + u = e = ± E 0
R dt
dt R
dt
et finalement :
E0
r
d2u
1
r du 1
--------2- +  ------- + --- ⋅ ------- + -------  1 + --- u = ± ------- .
 RC L dt LC 
LC
R
dt
108 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 214
KF.book Page 109 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
POINT MÉTHODE
• La solution générale de cette équation différentielle du second ordre s’écrit :
  solution générale 
 solution

 

u ( t ) =  particulière
.
 +  de l’équation
 de l’éq. complète   homogène associée

 

R
• Une solution particulière est u = ± E 0 ⋅ ------------ .
R+r
• L’équation homogène associée admet des solutions en e αt telles que :
1
1
r
r
α 2 +  -------- + --- α + -------  1 + --- = 0 (3)
 RC L
LC 
R
comme on l’a déjà indiqué précédemment, la nature des solutions physiques
dépendra du signe du discriminant ∆.
1
r
1
1 1
Posons ω 0 = ----------- et 2λ =  -- + ---- =  ------- + --- ; (3) devient :
 RC L
 τ τ′
LC
r
α 2 + 2λα + ω 20  1 + --- = 0

R
r
2
et ∆ = 4 λ – ω 20  1 + --- .

R
• 1er cas : ∆ 0
Les solutions de l’équation caractéristique sont alors :
1
α 1, α 2 = – λ ± -- ∆ ( α 1 et α 2 0 )
2
et les solutions u ( t ) cherchées sont de la forme :
RE 0
- + Ae α1 t + Be α2 t (4)
u ( t ) = ± ----------R+r
On dit que le régime est apériodique amorti.
• 2e cas : ∆ = 0
L’équation caractéristique admet une racine double – λ et les solutions u ( t ) s’écrivent
alors :
RE 0
- + ( A + Bt )e –λt (5)
u ( t ) = ± ----------R+r
C’est le régime apériodique critique.
• 3e cas : ∆ 0
On pose alors
d’où
r
2
ω 2 = ω 20  1 + --- – λ

R
α 1, α 2 = – λ ± iω
( i 2 = –1 )
RE 0
- + ( A cos ωt + B sin ωt )e –λt
u ( t ) = ± ----------R+r
et le régime est alors appelé pseudo-périodique amorti.
et
(6)
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 109
Exercice 214
KF.book Page 110 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Le régime pseudo-périodique est donc obtenu pour ∆ 0, c’est-à-dire pour :
r
2
λ ω 20  1 + ---

R
et en revenant aux données du problème
4
r
1
r 2
 ------ + --- -------  1 + ---
 RC L
LC 
R
et avec
L
r c2 = 4 --- :
C
2
2
r c2 
r c2 
r
 r + ----- r c2  1 + --- ⇒  r – ----- r c2 .

 4R

4R
R
Finalement
r c2
r – ----- rc
4R
(7)
Le régime pseudo-périodique correspond donc à :
r c2
r c2
-----– r c r r c + -----4R
4R
soit encore à :
r c2
r c2
sup 0, -----– r c r r c + -----4R
4R
Donnons-en une représentation graphique à L et C fixés (donc à rc fixé) :
;;;
;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;; ; ;
;;;;;;;; ;
;;;;;;;;;;;;
;
;
;
;
;
;
;
r
r c2
r = r c + -----4R
rc
P ( r, R )
R
0
–rc
rc
---4
r c2
r = -----–r
4R c
Tout point représentatif P ( r, R ) appartenant au domaine non hachuré convient
(régime pseudo-périodique).
110 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 214
KF.book Page 111 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Commentaires
• Pour R infinie, le montage se réduit au circuit rLC série classique. Le régime pseudo-périodique correspond bien à r r c , par définition de rc.
• Pour R = 0, il n’y a plus de valeur possible pour r, la capacité étant court-circuitée.
• Pour r = 0, il suffit de remarquer que l’on peut établir pour le régime transitoire l’équivalence suivante :
L
L
i
i
C′
0
u
C
R
≡
0
r′
u
En effet, on a :
di
di
q′
 0 = L ---- 0 = L ----+u
+ r ′i + ----dt
dt
C′




du
dq′
 et i = --u- + C ----- et i = ------

dt
R
dt
di i
d2i
L di
d2i
d’où i = – --- ----- – LC -------2d’où 0 = L -------2- + r ′ ----- + ----- = 0
dt C′
R dt
dt
dt
1 di 1
1
d2i
d 2 i r ′ di
soit
soit
-------2- + ------- ----- + ------- i = 0
-------2- + ---- ----- + --------i = 0.
L dt LC′
dt RC dt LC
dt
Les deux équations régissant les variations de i ( t ) deviennent identiques pour
r 2c
1
r′
L
C′ = C et ---- = ------- ⇒ r ′ = -------- = ------ .
4R
RC
L
RC
Le régime sera donc bien pseudo-périodique pour r ′ r c , c’est-à-dire pour :
rc
R ---4
3. La condition (7) est réalisée, et le régime est pseudo-périodique : on a donc pour les
valeurs ±E0 de e ( t ) :
R
u ( t ) = ± E 0 ------------ + e –λt ( A cos ωt + B sin ωt ) (8)
R+r
R
soit encore u ( t ) = ± E 0 ------------ + A 2 + B 2 ⋅ e –λt cos ( ωt + ϕ ).
R+r
On considère que les oscillations deviennent « imperceptibles » lorsque leur amplitude
R
(à savoir A 2 + B 2 e –λt ) est devenue négligeable comparée au saut de tension 2E 0 -----------R+r
imposé à u ( t ) par le générateur.
On prendra par exemple :
R
A 2 + B 2 e –λt 10 –2 ⋅ 2E 0 -----------R+r
et si t0 désigne la valeur de t correspondant à l’égalité, la condition cherchée s’expriT
mera sous la forme t 0 --- …
2
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 111
Exercice 214
KF.book Page 112 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Il faut donc déterminer A et B : on peut le faire en supposant que l’on est bien dans la
situation décrite ci-dessus, c’est-à-dire qu’au moment d’une commutation ( t = nT
RE 0
par exemple) où e ( t ) passe de –E0 à +E0, la tension u vaut – ------------ et le courant i
R+r
(régime permanent continu) :
E0
i = – ------------ .
R+r
D’où, en prenant une nouvelle origine des temps à cet instant :
RE 0
u ( 0 + ) = – -----------R+r
du
i
u
------- ( t = 0 + ) =  --- – --------
 C RC t = 0 +
dt
1 RE 0
du
1 E0
------- ( t = 0 + ) = – --- ⋅ ----------- + -------- ⋅ ------------ = 0.
dt
C R + r RC R + r
En reportant dans l’expression (8) de u ( t ) (signe ⊕ pour t 0 ) :
RE 0
RE 0
RE 0
 ----------- + A = – ------------  u ( 0 + ) = – ------------
R + r
R+r 
R + r

du +
 ----- – λA + Bω = 0
- ( 0 ) = 0
 dt


RE 0
λ
A = – 2 ------------ et B = ---- ⋅ A
R+r
ω
Il vient
d’où l’amplitude des oscillations :
2
RE 0
λ
A 2 + B 2 = 2 ------------ ⋅ 1 + -----2R+r
ω
T
et la condition cherchée (avec t 0 --- ) :
2
e
T
– λ --2
1
10 –2 ⋅ -------------------2
λ
1 + -----2ω
2
T
1
λ
λ --- 2 ln 10 + -- ln  1 + -----2- .
2
2 
ω
Si on se place dans le cas de l’amortissement faible (λ « pas trop grand », c’est-à-dire
r
λ ω 0 1 + --- pour que les oscillations soient visibles sur plusieurs pseudo-périoR
des), on peut négliger le dernier terme :
2
2
λ
λ
-----2- ≈ ------------------------- 1 ⇒ λ T 4 ln ( 10 ) ∼ 10 (ordre de grandeur).
ω
r
ω 20  1 + ---

R
112 Partie 1 – Physique MPSI
1 1 1
Il faut donc, avec λ = --  -- + ----
2  τ τ′
Exercice 215
KF.book Page 113 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
L
( τ = RC et τ′ = --- ) :
r
ττ′
T 20 ------------τ + τ′
Lorsque cette condition est réalisée, les oscillations sont effectivement amorties au
T
bout du temps ---, ce qui justifie les conditions initiales prises pour calculer A et B.
2
L’expression de u ( t ) est bien alors :
pour
1
nT T  n + -- T

2
RE 0
λ
u ( t ) = ------------ 1 – 2e –λt′  ---- sin ωt′ + cos ωt′
ω

R+r
où
t′ = t – nT ;
T
1
pour  n + -- T t ( n + 1 )T, u ( t ) change de signe et t′ est remplacé par t′ – --- …

2
2
Commentaire
ττ′
La valeur de l’expression ------------- est toujours inférieure à la plus petite des deux valeurs τ et
τ + τ′
τ′…
On peut donc prendre (condition suffisante…)
T 20 ⋅ Min ( τ, τ′ )
215 Simulation de résistance
Dans le circuit ci-dessous, le commutateur k bascule périodiquement d’une position
à l’autre, suivant la loi :
1
k en position 1
n T t  n + --- ⋅ T

2
 n + 1--- ⋅ T t ( n + 1 )T
k en position 2

2
(n entier relatif, et V 2 V 1 ).
k
r
1
V1
v
r
2
C
V2
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 113
Exercice 215
KF.book Page 114 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
On suppose le phénomène établi depuis longtemps : toutes les grandeurs électriques du circuit sont périodiques de période T et on prend comme instant initial
t = 0, la commutation correspondant à n = 0.
T
1. On pose v ( 0 ) = V 0 : déterminer la loi donnant v ( t ) pour 0 t --- , puis pour
2
T
T
T
--- t T. On notera v  --- = V′0 et a = --------- .
 2
2
2r C
2. Exprimer V0 et V′0 en fonction de V1, V2 et a.
En déduire l’expression de la quantité d’électricité qui transite du générateur « V1 »
au générateur « V2 » pendant une période T, et calculer l’intensité moyenne I0 correspondant à ce transfert de charges.
3. Quelle serait la résistance R eq qui serait traversée par le
même courant moyen ?
Donner son expression en fonction de r et a. Comment varie
R eq lorsque T (ou a) est modifié ?
4. Interpréter physiquement les valeurs limites de R eq .
■■
I0
Req
V1
V2
Solution
1. Le commutateur k étant en position 1, le circuit se réduit à un circuit rC :
r
V 1 = ri + v
i
dv
avec
i = C -----dt
V1
C
dv
soit :
rC ------ + v = V 1
dt
v
équation différentielle du 1er ordre dont la solution générale est de la forme :
v ( t ) = V 1 + Ae – t ⁄ τ avec τ = rC.
Tenant compte de la condition initiale
v ( 0 ) = V0 = V1 + A
il vient :
A = V0 – V1
v ( t ) = V 1 + ( V 0 – V 1 )e – t ⁄ τ
et :
pour
T
0 t --- .
2
T
À t = ---, le commutateur bascule en position 2, et le circuit devient :
2
v – ri′ = V 2
r
i′
avec
dv
i′ = – C -----dt
soit encore :
v
C
dv
r C ------ + v = V 2
dt
ce qui était prévisible, étant donnée la symétrie de l’ensemble du circuit…
114 Partie 1 – Physique MPSI
V2
Exercice 215
KF.book Page 115 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
T
La solution, pour --- t T, est donc de la forme :
2
v ( t ) = V 2 + Be
(t – T ⁄ 2)
– ----------------------τ
.
Il reste à exprimer la continuité de la tension v(t) aux bornes du condensateur à la date
T
t = --- :
2
T
– ----T–
V′0 = v  ------ = V 1 + ( V 0 – V 1 )e 2τ
 2
+
T
V′0 = v  ------- = V 2 + B
 2
et :
B = V′0 – V 2
d’où :
T
T
----- = --------- = a, il vient e +T ⁄ 2τ = e a
2τ
2rC
avec
T
et finalement pour --- t T : v ( t ) = V 2 + ( V′0 – V 2 )e a ⋅ e – t ⁄ τ
2
et
V′0 = V 1 + ( V 0 – V 1 )e – a
(1)
2. Le régime périodique étant supposé atteint, on doit de plus avoir :
v(t + T) = v(t)
soit :
v ( T ) = V0
or :
v ( T ) = V 2 + ( V′0 – V 2 )e a ⋅ e – T ⁄ τ
avec
e – T ⁄ τ = e –2a :
V 2 + ( V′0 – V 2 )e – a = V 0
(2)
Les relations (1) et (2) déterminent V0 et V′0 :
–a
–a
 V′0 – V 0 e = V 1 ( 1 – e )

 – V′0 e – a + V 0 = V 2 ( 1 – e – a )
et, par addition : V′0 + V 0 = V 1 + V 2
d’où les solutions (en éliminant V′0 ou V0)
V2 + V1 e – a
V 0 = --------------------------1 + e– a
V1 + V2 e – a
V′0 = --------------------------1 + e– a
On en déduit l’allure de la courbe donnant v ( t ) (V0 et V′0 sont des barycentres des
tensions V1 et V2 , avec des coefficients positifs 1 et e– a, et sont symétriques par rapport
V1 + V2
à ------------------ …).
2
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 115
Exercice 215
KF.book Page 116 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
v
V1
V1 + V2
-----------------2
V0
V′0
V2
0
T
--2
T
3T
-----2
t
Pendant la charge de C de V0 à V′0 , le générateur « V1 » a fourni au condensateur C la
quantité d’électricité :
q = CV′0 – CV 0 = C ( V′0 – V 0 )
1 – e– a
q = C ( V 1 – V 2 ) ---------------1 + e– a
a
q = C ( V 1 – V 2 ) ⋅ tanh  -- .
 2
T
Puis, entre --- et T, cette même quantité d’électricité est transmise au générateur « V2 »
2
(décharge de C). Au total, une charge q est transmise d’un générateur à l’autre à chaque
période T, ce qui correspond à une intensité moyenne :
C
a
q
I 0 = --- = --- ( V 1 – V 2 )tanh  --
 2
T
T
( V1 – V2 )
a
I 0 = ----------------------- tanh  --
 2
2ra
ou encore :
3. Par définition de Req :
( V1 – V2 )
R eq = ---------------------I0
soit :
a
2ra
R eq = ------------------- = 2ra cotanh  --


2
a
tanh  --
 2
a
a
Si la commutation est très rapide : T r C, soit a 1, tanh  -- # -- et R eq → 4 r .
 2 2
a
Si au contraire T rC, soit a 1, tanh  -- → 1 et R eq # 2 ra .
 2
116 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 215
KF.book Page 117 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
D’où le graphe :
R eq
4r
0
1
a
2
4. On peut interpréter physiquement les valeurs limites de R eq :
• Lorsque T rC, le condensateur C a le temps de se charger (sous la tension V1) et
de se décharger (dans le générateur « V2 ») presque complètement : la charge transféq
rée à chaque période ne dépend plus de T et I 0 = --- est inversement proportionnel à
T
T ; on a donc R eq proportionnelle à T.
• Lorsque T r C, la tension v ( t ) varie très peu et les courants sont pratiquement
constants :
v – V2
V1 – v
i # -------------- # i ′ = -------------r
r
et la conservation de la charge impose :
T
T
q = i ⋅ --- = i′ ⋅ --- = I 0 ⋅ T
2
2
V1 – v
v–V
( V1 – v ) + ( v – V2 )
i
et
= --------------2 = --------------------------------------------I 0 = -- = -------------2
2r
2r
2r + 2r
V1 – V2
I 0 = ------------------ , soit R eq = 4r.
4r
Ce dernier résultat est cohérent avec la conservation de l’énergie : évaluons l’effet Joule
dans les résistances r :
T
T
W J = ri 2 ⋅ --- + ri′ 2 ⋅ --- = ri 2 ⋅ T
2
2
avec
i = 2I 0 ;
2
W J = 4rI 0 ⋅ T
ce qui est en accord avec R eq = 4r…
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 117
Exercice 216
KF.book Page 118 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
216 Attaque par un générateur à
caractéristique rectangulaire
1. Un circuit RC série est attaqué par un générai
teur à caractéristique rectangulaire :
u
 i = I 0 pour u E 0

 u = E 0 pour i I 0
R
C
uC
K
(c’est un générateur parfait de tension pour les i
intensités inférieures à I0, et un générateur parfait
de courant – de valeur I0 – lorsque l’intensité dans
le circuit atteint cette valeur I 0 : la tension aux I0
bornes du générateur s’établit alors à une valeur
inférieure à E 0…).
Le condensateur est déchargé pour t 0. L’interE0
u
rupteur est fermé à t = 0.
Déterminer les graphes des fonctions :
t → i ( t ) , t → u C ( t ) , t → u ( t ) pour t positif.
E
On pourra poser R 0 = ----0- et on envisagera plusieurs cas selon la valeur de R comparée
I0
à celle de R0.
2. On remplace la capacité C par une inductance pure L, uC devenant uL. Reprendre la
question précédente.
3. Application numérique :
E 0 = 40 V ; I 0 = 10 mA ;
L = 50 mH ;
C = 2 µF ;
R = 2 kΩ.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
Points de cours
• Continuité de la charge d’un condensateur et du courant dans une bobine.
• Relation courant-tension pour une capacité et pour une inductance.
Outil mathématique
• Résolution des équations différentielles linéaires du premier degré.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Le courant initial de charge d’un condensateur à travers une résistance R (et sous
E0
l’effet d’un générateur de tension de f.e.m. E0) est I ( 0 ) = ----- . On peut donc s’attendre
R
E0
à ce que l’évolution du système dépende de la valeur de I ( 0 ) comparée à I 0 = ----- ,
R0
118 Partie 1 – Physique MPSI
c’est-à-dire de celle de R comparée à R0. Deux cas seront alors à envisager selon que
I ( 0 ) est inférieur ou égal à I0 (soit R R 0 ), ou que I ( 0 ) est supérieur à I0 ( R R 0 ).
2. On a remplacé la capacité par une inductance. De ce fait, le courant i ( t ) reste nul à
l’instant t = 0 + , la tension u ( t ) se fixant à E0. Le courant i ( t ) va donc s’établir dans
E0
le circuit en « tendant » asymptotiquement vers I ∞ = ----- . Le même problème se pose
R
alors selon que I ∞ est inférieur ou égal à I0 ( R R 0 ), ou que I ∞ I 0 ( R R 0 ).
■■ 3. Solution
1. Les équations générales du circuit s’écrivent :
q(t)
i
R
 u = Ri + u C
uC ( t )
u
C

du C

dq
 i = ------ = C ---------- (puisque q = Cu ).
dt
dt

Les conditions initiales imposent u C ( 0 + ) = 0 et par la même u ( 0 + ) = Ri ( 0 + ). Si le
courant « demandé » par le circuit RC est inférieur à I0 , le générateur fonctionne en
générateur parfait de tension, et u ( 0 + ) = E 0 . Alors :
E
i ( 0 + ) = ----0- I 0
R
correspond à :
E
E
----0- -----0 , soit : R R 0 .
R
R0
Dans le cas contraire ( R R 0 ), le courant dans le circuit est limité à I0 , et on a alors :
u ( 0 + ) = RI 0 , avec u ( 0 + ) E 0 .
u
On peut représenter ces deux situations graphiquement en traçant la droite i = --- sur
R
le graphe de la caractéristique du générateur :
l’intersection de cette droite avec la courbe
i
représentative du fonctionnement du généraR R0
R = R0
teur donne le « point de fonctionnement » du
circuit (couple de valeur (u, i) acceptable par
I0
P1
les deux branches du circuit) :
R R0
• Pour R R 0 , il s’agit du point P1 : dans un
I2
P2
premier temps, le condensateur se chargera
donc à courant constant…
• Pour R R 0 , il s’agit du point P2 : le conE0 u
densateur se charge à tension d’attaque constante ( u = E 0 ). En effet, le courant de charge
est maximal à t = 0 + et vaut ici I2 ; on aura donc i ( t ) I 2 et la tension u restera bloquée à E0.
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 119
Exercice 216
KF.book Page 119 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 216
KF.book Page 120 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
D’où l’étude qui suit :
■ 1er
cas : R R 0
du
D’après ce qui précède, on a pour tout t 0 u = E 0 = RC ---------C- + u C .
dt
Notons τ = RC la constante de temps qui apparaît dans cette équation différentielle :
du C
u C + τ ---------- = E 0 (1) ⇒ u C ( t ) = E 0 + λe –t / τ .
dt
La continuité de la charge du condensateur implique celle de uC soit :
q ( 0– ) = q ( 0 + ) = 0 ⇒ uC ( 0 – ) = uC ( 0 + ) = 0
Dès lors :
et
et donc
λ = –E0 .
u C ( t ) = E 0 ( 1 – e –t / τ )
E0
du C
i ( t ) = C ---------- ⇒ i ( t ) = ----- e –t / τ
dt
R
E0
On a bien : i ( t ) ----- soit i ( t ) I 0 comme il se doit.
R
D’où les graphes :
i(t)
E
----0R
uC ( t )
E0
0
■ 2e
τ
t
0
u
E0
τ
t
0
t
cas : R R 0
Dans une première phase, la charge s’effectue à courant constant I0.
La tension uC va augmenter, et il en sera de même de u ( u = RI 0 + u C ) qui va finir par
atteindre la valeur E0. Il s’ensuit une deuxième phase de charge à u = constante, le courant i ( t ) diminuant et tendant vers zéro en fin de charge.
du C
I0
– 1re phase : i ( t ) = I 0 = C ---------- ⇒ u C = ---- t
dt
C
( u C ( 0 + ) = 0 ).
I0
D’autre part, u = RI 0 + u C , d’où u ( t ) = RI 0 + ---- t
C
t
u ( t ) = RI 0  1 + -- ; t t 0
et

τ
u ( t ) atteint la valeur E0 à l’instant t0 défini par :
u ( t0 ) = E0
t
R
⇒ E 0 = RI 0  1 + ---0- ⇒ t 0 = τ  -----0- – 1 .




τ
R
120 Partie 1 – Physique MPSI
– 2e phase : pour t t 0 , la tension u se bloque à E0 et l’évolution de u C ( t ) est définie
par l’équation (1) d’où :
uC ( t t0 ) = E0 +
( t – t0 )
– ---------------λe τ .
Traduisons alors la continuité de uC en t = t 0 : u C ( t +0 ) = u C ( t 0– ).
I0
I0
R
–
u C ( t 0 ) = ---- t 0 = ---- RC  -----0 – 1 = I 0 ( R 0 – R ) = E 0 – RI 0 = u C ( t +0 ).

C
C R
Finalement :
Or
E 0 + λ = E 0 – RI 0
⇒ λ = – RI 0
d’où :
u C ( t t 0 ) = E 0 – RI 0
( t – t0 )
– ---------------e τ
(t – t )
RCI 0 – ---------------0 du C
D’autre part : i ( t ) = C ---------- = -----------e τ
dt
τ
⇒
i ( t t0 ) = I0 e
( t – t0 )
– ---------------τ
D’où les graphes :
uC ( t )
i(t)
E0
u
E0
I0
E 0 – RI 0
RI0
0
t0
t0 + τ
t
0
t0
t0 + τ
t
0
t0
t
2. En remplaçant le condensateur par une bobine, les équations du circuit
deviennent :
di
 u = Ri + L ----dt


di
 u = L ---- L
dt
i(t)
u(t)
R
uL ( t )
Les conditions initiales imposent ici i ( 0 + ) = 0 (continuité du flux et donc de l’intensité dans la bobine). Dans un premier temps, la tension de sortie du générateur sera
fixée à E0 (point P0 de la caractéristique : i = 0 et u = E 0 ).
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 121
Exercice 216
KF.book Page 121 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 216
KF.book Page 122 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
On a donc :
I0
di
L ----- ( 0 + ) = u ( 0 + ) – Ri ( 0 + ) = E 0
dt
et le courant i ( t ) va croître à partir de 0. Tant que
i ( t ) I 0 , la tension u ( t ) conserve la valeur E0,
l’équation fixant l’évolution de i ( t ) s’écrivant :
i
P0
E0
0
u
E0
di
di
L
E 0 = Ri + L ----- ⇒ ----- = i ( t ) + τ ----- où τ = --R
dt
dt
R
représente la constante de temps du circuit L-R. L’intégration de cette équation donne :
E0
i ( t ) = ----- ( 1 – e –t / τ ) tant que i ( t ) I 0 .
R
Donc deux cas sont à envisager :
E0
E
• 1er cas : ----- I 0 soit R R 0  R 0 = ----0-

R
I0 
E0
On a bien, pour tout t, i ( t ) = ----- ( 1 – e –t / τ )
R
LE 0
di
Dès lors, u L = L ----- ⇒ u L = --------- e –t / τ ⇒
Rτ
dt
D’où les graphes :
u L ( t ) = E 0 e –t / τ
i(t)
uL ( t )
u(t)
E
----0R
E0
0
τ
t
E0
0
τ
t
0
t
• 2e cas : R R 0
La première phase décrite précédemment s’arrête à l’instant t0 tel que i ( t 0 ) = I 0 , d’où :
t
0
E0 
– ---E
----- 1 – e τ  = I 0 = -----0


R
R0
soit : e
t
– ---0τ
R
R
= 1 – ----- ⇒ t 0 = – τ ln  1 – ----- .

R0
R 0
À cet instant, on a u ( t ) = E 0 et i ( t 0 ) = I 0 , d’où :
u L ( t 0– ) = u ( t 0– ) – Ri ( t 0– ) = E 0 – RI 0 0.
Pour t t 0 , le courant i ( t ) se fixe à I0 et la tension uL tombe à zéro et s’y maintient,
u passant à la valeur : u = RI 0 + u L = RI 0 .
122 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 216
KF.book Page 123 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
D’où les graphes :
uL ( t )
u(t)
i(t)
E0
E
----0R
E0
I0
RI0
E 0 – RI 0
0
t0
t
0
t0
t
0
t0
t
3. Application numérique :
Il nous faut donc comparer R0 et R.
E
40
- = 4 k Ω et R = 2 k Ω , ce qui implique : R R 0 et l’évoOr R 0 = ----0- = ------------------I0
10 ⋅ 10 –3
lution du système correspond au 2e cas aussi bien avec C qu’avec L.
Les autres caractéristiques sont données dans le tableau ci-dessous :
τ
t0
C
4 ms
4 ms
L
25 µs
17 µs
τ C = RC
L
τ L = --R
Chapitre 2 – Électrocinétique 1 123
KF.book Page 124 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
KF.book Page 125 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
apitre
h
C
3
Optique géométrique
Exercice 301
KF.book Page 126 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
301 Prisme à réflexion totale
Un rayon lumineux arrive sous incidence normale sur un prisme de
verre d’indice n, et ressort parallèlement au rayon incident après
deux réflexions totales sous une incidence de 45° à l’intérieur du
verre (cf. figure), lorsque le prisme est dans l’air.
Par contre, la réflexion totale n’a pas lieu si la partie inférieure du
prisme est plongée dans l’eau.
Dans quelles limites se situe la valeur de l’indice n ?
4
L’indice de l’eau vaut --- , et l’indice de l’air sera pris égal à 1.
3
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Loi de la réfraction (Descartes) : cas de la réflexion totale.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
Le rayon émergent peut ne pas exister (réflexion totale) lorsque l’indice du second
milieu est plus petit que celui du premier milieu. La condition d’existence de ce rayon
dépend de l’angle d’incidence et du rapport des indices des deux milieux.
■■ 3. Solution
Considérons la réfraction d’un rayon lumineux entre deux milieux d’indices respectifs
n et n′. D’après la loi de Descartes, n sin i = n′ sin i′
i
n
i′
n′
n
soit sin i′ = ---- sin i avec, dans le cas présent,
n′
2 n
2
i = 45° et sin i = ------- d’où : sin i′ = ------- ⋅ ---- (1)
2 n′
2
La réflexion totale correspond au cas où il n’existe pas de valeur de i′ vérifiant cette rela2 n
tion, donc pour : ------- ⋅ ---- 1.
2 n′
Dans le cas contraire, il existe un rayon émergent dans la direction i′ définie par la relation (1).
126 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 302
KF.book Page 127 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
D’où les deux conditions :
2n′
– dans l’air, n′ = 1, et la réflexion totale exige n -------- = 2 ;
2
4

– si le prisme est plongé dans l’eau n′ = -- , il existe un rayon émergent, ce qui

3
2n′
4 2
implique : n -------- = ---------3
2
ce qui donne, numériquement : 1,414 n 1,886
Un tel dispositif peut servir – par exemple – de détecteur de niveau d’eau : tant que le
prisme baigne dans l’eau, le faisceau émergent est très atténué, alors qu’il a l’intensité
du faisceau incident lorsque le prisme est dans l’air.
302 Doubleur de focale
À l’aide d’un objectif – assimilable à une lentille mince convergente L de distance focale
f ′ – on désire former l’image d’un objet réel AB sur une plaque photographique située
à une distance D de l’objet.
1. Entre quelles valeurs peut varier D pour qu’il en soit ainsi ? Préciser la distance d
D
séparant la lentille de la plaque photographique (on se limitera à d --- ).
2
2. La lentille convergente L restant fixe par rapport à l’objet AB, on recule la plaque
photographique, et on intercale entre celle-ci et L une lentille divergente L1 de
« distance » focale f ′1 = – 6 cm.
Comment doit-on placer L1 pour que le grandissement linéaire du système soit multiplié par deux ? De combien a-t-il fallu déplacer la plaque photographique ?
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Relation(s) de conjugaison pour une lentille mince.
• Objets et images réels ou virtuels.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Le principe de l’appareil photographique exige que l’objet et l’image soient réels, ce
qui ne laisse que peu de possibilités…
2. La lentille divergente L1 doit donner une nouvelle image, agrandie et toujours
réelle : c’est cette condition qui va déterminer la position de L1 par rapport à l’image
de l’objet donnée par L.
Chapitre 3 – Optique géométrique 127
Exercice 302
KF.book Page 128 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■ 3. Solution
1. L’image A′B′ d’un objet réel AB donnée par la lentille L est déterminée par la position du point B′, intersection du rayon BO (qui n’est pas dévié dans L) et du rayon
émergent IF′ correspondant à un rayon incident parallèle à l’axe de L.
I
B
F′
A
F
A′
O
B′
d
L
plaque
Dans le cas de figure, B′ est réel ; il est virtuel lorsque BO coupe le prolongement (à gauche de L) du rayon IF′. Il faut donc que A soit à gauche de F ( FA 0 ) ce qui implique
(relation de conjugaison de Newton : FA ⋅ F′A′ = – f 2 0 ) que A′ est à droite de F′ …
En utilisant la relation de conjugaison de Descartes :
1
1 1
---- – -- = ---- .
f′
p′ p
Avec p′ = OA′ = d, p = OA et D = AA′ = AO + OA′ = – p + d,
1
1
1
-- + ------------- = ---d D–d
f′
1
1 1
d–f′
------------- = ---- – -- = ------------D–d
f′ d
df ′
d2
df ′
D = d + ------------- = ------------- .
d–f′
d–f′
il vient
et
Traçons le graphe de D(d ) pour d f ′ :
D
• d → ∞ : ---- → 1
d
et D – d → f ′ ;
• la courbe a pour asymptote la droite :
D = d+f′;
• d → f ′ par valeurs supérieures :
D → +∞ ;
• la courbe admet un minimum Dm pour
∂D 
------= 0 ce qui conduit à d m = 2f ′
∂d  d = dm
et
Dm
2
dm
= ---------------= 4f ′.
dm – f ′
128 Partie 1 – Physique MPSI
D
D = 2d
Dm
D = d+f′
f′
O
f ′ dm
d
Exercice 302
KF.book Page 129 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
D
Les solutions cherchées (avec d ---- ) vérifient donc f ¢ d 2f ¢
2
+∞ D 4f ¢.
et
D
Remarque : pour D fixé ( D 4f ′ ) , les valeurs de d supérieures à ---- correspondent à
2
échanger les rôles de l’objet et de l’image (D et D – d jouent des rôles symétriques dans
la relation de Descartes…). Ces valeurs de d correspondent aussi au cas où l’image est
plus grande que l’objet (cas de la « macrophotographie »…).
2. La lentille divergente L1 doit transformer l’image précédente A′B′ en une nouvelle
image A 1 B 1 sur la plaque photographique, telle que :
A1 B1
γ 1 = ----------- = 2 et A1B1 réel
A′B′
soit O 1 A 1 = p 1′ 0 (en notant O1 le centre de la lentille L1).
En utilisant la relation de Descartes, avec
p 1 = O 1 A′ :
F′1
1
1
1
1
------ – ----- = ------ = – --------p′1 p 1
f ′1
f ′1
A′
O1
1
1
1
----- = ------ + --------- 0 puisque p′1 0,
f ′1
p1
p′1
L1
A1
B′
B1
p 1 = O 1 A′ 0 montre que A′B′ joue le
rôle d’objet virtuel pour L1, ce qui est cohérent avec l’énoncé : on a placé L1 entre L et
la position initiale de la plaque photographique…
Le grandissement γ 1 est donc positif, et :
p′1
γ 1 = +2 = ------ ⇒ p′1 = 2p 1
p1
et (relation de Descartes) :
1
1
1
1
-------- – ----- = – --------- ⇒ p 1 = -- f ′1 et p′1 = f ′1 .
f ′1
2
2p 1 p 1
La plaque photographique doit se trouver dans le plan focal objet de la lentille diver1
gente L1, celle-ci étant placée à une distance -- f ′1 = 3 cm en avant de la position ini2
tiale de la plaque photographique.
Il faut maintenant reculer la plaque photographique d’une distance :
1
p′1 – p 1 = -- f ′1 = 3 cm.
2
Chapitre 3 – Optique géométrique 129
Exercice 302
KF.book Page 130 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
On peut facilement construire l’image de l’objet AB dans les deux cas envisagés :
B
F′
A
A′
O
B′
L
f ′1
-------2
B
A′ A 1
O
A
B′
B1
L
L1
f ′1
-------2
Commentaires
Pour la seconde question, on peut remarquer que l’introduction de la lentille L1 et le déplacement de la plaque photographique sont indépendants de :
– la « mise au point », liée à la distance de l’objet AB à la lentille L,
– la distance focale f ′ de cette lentille.
Un tel dispositif, adaptable à un appareil photographique, est appelé « doubleur de focale » :
l’image est agrandie d’un facteur deux, ce qui correspond (pour un objet éloigné, pratiquement à l’infni) à l’image que l’on obtiendrait avec une lentille unique de focale 2f ′ :
pour A très éloigné OA′ → OF ′ = f ′
et, pour α donné : A′B′ = α ⋅ OA′ ≈ α ⋅ OF′ = αf ′ (α est petit…).
L
B
α
A
F′ A′
O
B′
La dimension de l’image est pratiquement proportionnelle à f ′ …
Il est également possible de généraliser ce dispositif (grandissement linéaire multiplié par
un facteur N donné) : il suffit de reprendre les calculs du 2. …
Mais la qualité de l’image obtenue diminue rapidement lorsque N augmente, car ce dispositif revient à agrandir la partie centrale de l’image donnée par l’objectif seul.
130 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 303
KF.book Page 131 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
303 Association de deux lentilles
Soit un système centré constitué de deux lentilles :
– une lentille L1 convergente de centre O1 et de distance focale f 1′ = a = O 1 F 1′ ;
– une lentille L2 divergente de centre O2 et de distance focale f 2′ = – a = O 2 F 2′ .
On note e = O 1 O 2 .
O1
O2
F 1′
F1
F 2′
L1
F2
L2
e0
1. a. Déterminer, en fonction de e et a, les grandeurs O 1 F et O 2 F′ , où F et F ′ sont
les foyers objet et image du système.
b. Faire deux constructions géométriques séparées et commentées permettant de
définir les points F et F ′.
2. a. On considère un objet AB situé dans le plan de front de F1 ( A = F 1 ).
Donner une construction géométrique claire et commentée définissant l’image A′B′
de AB.
En déduire, dans ce cas, la valeur du grandissement linéaire γ.
b. Retrouver le résultat précédent (valeur de γ) par le calcul.
c. Montrer que la connaissance des positions des foyers F et F ′ ainsi que de la propriété
démontrée au 2. a. est suffisante pour construire l’image d’un objet quelconque.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Lentilles minces convergentes ou divergentes : formules de Descartes ou de Newton.
• Grandissement linéaire.
• Constructions géométriques.
Chapitre 3 – Optique géométrique 131
Exercice 303
KF.book Page 132 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Les constructions géométriques utilisent des rayons particuliers :
– rayon parallèle à l’axe ;
– rayon passant par le centre d’une lentille ;
– rayon passant par un foyer.
• Il est également intéressant d’utiliser les propriétés des foyers secondaires d’une lentille, c’est-à-dire des points se trouvant dans le même plan de front des foyers F i et F′i .
2. b. Pour le calcul de γ, on prendra un objet AB quelconque (A non confondu avec
F1) puis on fera tendre A vers F1.
2. c. On cherchera à déterminer l’image A′B′ d’un objet à partir d’une simple construction géométrique utilisant à nouveau des rayons particuliers.
■■ 3. Solution
1. a.
■ Point
focal objet F du système des deux lentilles :
1
2
F → A′1 → ∞
(par définition de F).
1
Il en résulte que : A′1 = F 2 , d’où F → F 2 .
Utilisons alors la formule de conjugaison de Descartes appliquée à la lentille 1 de
centre O1 , de foyer image F′1 :
1
1
1
------------ – ---------- = -------------O 1 F′1
O1 F2 O1 F
or
O 1 F′1 = a
O 1 F 2 = O 1 O 2 + O 2 F 2 = e + a.
Soit
1
1
1
----------- – ---------- = -a
e+a O F
1
1
1
1
⇒ ---------- = ----------- – --.
a
e
+
a
O1 F
D’où
a(e + a)
O 1 F = -------------------a–e–a
a(e + a)
⇒ O 1 F = – ------------------e
132 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 303
KF.book Page 133 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Commentaires
Pour e → 0 + , O 1 F → – ∞ et le foyer F est rejeté à l’infini, ce qui est normal puisqu’alors les
deux lentilles confondues étant de focales opposées n’ont plus d’effet sur les rayons lumineux.
■ Point
focal image F′ du système des deux lentilles :
On a cette fois-ci :
1
2
∞ → A′1 → F′
D’où
2
F′1 → F′.
et
A′1 = F′1
(par définition de F′).
Soit avec la formule de Descartes pour la seconde lentille de centre O2 , de foyer image
F′2 :
1
1
1
------------ – -------------- = -------------O 2 F′ O 2 F′1
O 2 F′2
or
O 2 F′2 = – a
et
D’où
1
1
1
1
1
1
------------ – ----------- = ------ ⇒ ------------ = ------ + ----------–
a
a
–e
a
–
e
–
a
O 2 F′
O 2 F′
O 2 F′1 = O 2 O 1 + O 1 F′1 = – e + a.
a(a – e)
O 2 F′ = ------------------e
et
Commentaires
• On a également O 2 F′ → + ∞ quand e → 0 (même raison que ci-dessus).
• D’autre part, pour a = e, il vient O 2 F′ = 0 et le foyer image se confond avec le centre O2
de la lentille 2 :
O1
O2
F1
F′1
e = a
Chapitre 3 – Optique géométrique 133
Exercice 303
KF.book Page 134 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
1. b. Constructions géométriques.
■ Foyer
image F′ :
N
S
O2
O1
F′1
F2
F′2 F′
R
1
T
R′
Un rayon parallèle à l’axe converge vers F′1 après la traversée de 1. Pour dessiner le rayon
émergent de 2, on considère le rayon « fictif » SO2 parallèle à F′1 R, S appartenant au plan
focal image de 2. Les rayons parallèles SO2 et F′1 R donnent après la traversée de 2 des
rayons émergents dont les prolongements passent par S (foyer image secondaire).
On aurait également pu considérer le foyer secondaire objet T situé dans le plan de
front de F2 et obtenu en prolongeant la droite F′1 R.
Les rayons NO2 et F′1 R qui convergent en T ressortent donc parallèles. Le rayon NO2
n’étant pas dévié, on a RR′ parallèle à O2T.
Commentaire
a2
Sur la figure, on a e a et O 2 F′ ∈ ( – a , 0 ), conformément à la formule O 2 F′ = – a + ----- .
e
■ Foyer
objet F :
R
S′
F
O1
N
F′1
N′
O2
F2
S
La construction peut se faire en sens inverse. Étant donné le rayon émergent NN′,
parallèle à l’axe, on construit le rayon incident pour 2, RN, dont le prolongement
passe par F2. Ce rayon coupe le plan focal image de 1 en S′, foyer image secondaire. Il
suffit alors de tracer la droite FR, parallèle à O1S′ (les rayons incidents parallèles SO1 et
FR convergent nécessairement en S′, SO1 n’étant pas dévié).
134 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 303
KF.book Page 135 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2. a. On a ici A = F 1 d’où :
1
2
A = F 1 → ∞ → F′2
■ Construction
et donc
A = F 1 → F′2 .
géométrique :
B
B′
F1 = A
O1
O2
F′2 = A′
F2
C
N
Le point B appartient au plan focal objet de 1, il a donc une image par rapport à
1 2 située dans le plan de front de F′2 (B est dans le plan de front de F1).
On obtient B′ en construisant le « rayon » passant par O2 et parallèle à BO1 : les rayons
parallèles B′O 2 et O 1 N sortent de 2 en semblant diverger à partie de B′.
Or B′O 2 // BO 1 ⇒ les angles AO 1 B et A′O 2 B′ sont égaux.
De plus, AO 1 = a = A′O 2 .
On a donc :
A′B′
AB = A′B′ ⇒ γ = +1, le grandissement linéaire γ étant donné par γ = ----------- .
AB
■ Conclusion
:
A = F 1 ⇒ A′ = F′2
γ = +1
2. b. Retrouvons le résultat relatif au grandissement linéaire γ.
Prenons un objet quelconque AB (A n’est pas en F1). On a :
γ = γ1 ⋅ γ2
et d’après les formules de Newton :
F1 O1
γ 1 = ----------F1 A
et
F′2 A′
γ 2 = ------------F′2 O 2
(on a privilégié F1 pour 1 et F′2 pour 2).
Chapitre 3 – Optique géométrique 135
Exercice 303
KF.book Page 136 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
D’où
or
F 1 O 1 F′2 A′
F′2 A′
γ = ------------ ⋅ -------------- = -----------F 1 A F′2 O 2
F1 A
1
2
A → A′1 → A′
car
F 1 O 1 = F′2 O 2 = a
avec :
F 1 A ⋅ F′1 A′1 = – a 2
et
F 2 A′1 ⋅ F′2 A′ = – a 2 .
Soit encore :
F′2 A′ ⋅ [ F 2 F′1 + F′1 A′1 ] = – a 2
a2
F′2 A′ ⋅ F 2 F′1 – --------- = – a 2
F1 A
et
F 2′ A ′
F′2 A′ · F 2 F 1′ + a 2 = a 2 ------------- .
F1 A
D’où :
F 2 F′1
γ ( A, A′ ) = 1 + ------------F′
A′
a2 2
Quand A tend vers F1, on a montré que A′ se confondait avec F′2 , d’où F′2 A′ = 0 et
γ = 1 comme il se doit.
2. c. Image d’un objet quelconque : on va utiliser les propriétés des points F et F′, ainsi
que les plans conjugués [ F 1, F′2 ] pour lesquels le grandissement linéaire vaut +1.
B
S
F1
A
S′
O1
F′2
A′
O2
F′
F
N
N′
∆2
B′
∆1
Étant donné l’objet AB, on construit :
– le rayon parallèle à l’axe issu de B : le rayon émergent ∆1 correspondant a un prolongement qui passe par F′, foyer image du système. D’autre part, les points S et S′ sont
images (ils appartiennent aux plans de front de F1 et F′2 , plans conjugués pour
1 2 , avec γ = +1 ), le point B′ se trouve donc sur la droite ∆1 passant par S′ et F ′ ;
136 Partie 1 – Physique MPSI
– le rayon issu de B et passant par F foyer du système : il ressort parallèlement à l’axe,
or les points N et N′ sont conjugués (comme S et S′) ; le rayon émergent ∆2 est celui
qui parallèle à l’axe a un prolongement qui passe par N′ ; B′ est situé sur ∆2.
304 Miroir équivalent
On considère le système optique constitué
d’une lentille mince convergente L (centre O1,
distance focale f ′ = 1,5 m ) et d’un miroir
sphérique concave (sommet S1, rayon R = 1 m,
avec O 1 S 1 = 1 m ).
Montrer que ce système est équivalent à un
miroir sphérique unique, miroir dont on précisera le centre et le sommet.
;
;
;;;
En conclusion, on a B′ = ∆ 1 ∆ 2 .
O1
S1
F′
L
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Propriétés des miroirs et des lentilles.
• Formules de conjugaison.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
Les propriétés remarquables du centre et du sommet d’un miroir permettent de déterminer facilement les points de l’axe du système qui possèdent ces propriétés spécifiques.
Il reste alors à démontrer que la connaissance de ces points suffit à déterminer complètement la correspondance objet-image.
■■ 3. Solution
On sait que tout rayon incident dont le support passe par le centre d’un miroir se réfléchit sur lui-même au niveau du miroir.
Or, ici, le centre C1 du miroir (de sommet S1) est confondu avec le centre O1 de la lentille L (R = O1S1) :
tout rayon incident passant par O1 se réfléchit sur lui-même dans le système
{ lentille + miroir } ; il a les propriétés du centre C d’un miroir.
Chapitre 3 – Optique géométrique 137
Exercice 304
KF.book Page 137 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
;
;
;;;;;
Exercice 304
KF.book Page 138 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
O1
L
S1
D’autre part un rayon incident arrivant au sommet S d’un miroir donne un rayon
émergent symétrique par rapport à l’axe.
O1
;;;;;
Dans le cas présent, le rayon incident qui, après la traversée de la lentille L, se réfléchira
en S1 sur le miroir, aura ensuite un trajet symétrique par rapport à l’axe du système, et
émergera donc symétriquement au rayon incident.
S1
S
L
S1 est donc l’image à travers L du point S intersection du rayon incident avec l’axe.
Le point S est déterminé par la relation de conjugaison de Descartes.
1 1
1
---- – -- = ---p′ p
f′
avec
p′ = O 1 S 1 , p = O 1 S
soit
1
1 1
f ′ – p′
-- = ---- – ---- = --------------p
p′ f ′
p′f ′
p′f ′
⇒ p = --------------f ′ – p′
d’où :
1 × 1,5
O 1 S = ---------------- = 3 m.
1,5 – 1
Un rayon incident « visant » S donne un rayon émergent qui semble venir de S : le
point S joue le même rôle que le sommet d’un miroir…
La connaissance des propriétés du point C = O 1 et du point S suffit pour construire,
dans tous les cas, l’image d’un objet AB donné :
B1 est l’image de B dans L ;
B′1 est l’image de B1 dans le miroir de sommet S1 ;
B′ est l’image de B′1 dans L (traversée en sens inverse).
138 Partie 1 – Physique MPSI
B
Exercice 305
;;;;;;
KF.book Page 139 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
S1
F′
O1
B′1
L
B′
B
A′
A
S
B1
;
;
;
;;;;;;
A
S
C
B′
Le point B′ est directement déterminé comme l’intersection du rayon BC (qui revient
sur lui-même) et du symétrique du rayon BS : l’image A′ B ′ obtenue est celle donnée
par le seul miroir de centre C et de sommet S.
Commentaire
Cette équivalence entre le système { lentille + miroir } et un miroir unique est générale : le
miroir équivalent est toujours déterminé par ses deux points remarquables :
– le sommet S, point dont l’image par L est le sommet S1 du miroir « vrai »,
– le centre C, point dont l’image par L est le centre C1 du miroir « vrai ».
Ceci suppose que les points C et S restent à la distance finie
305 Viseur
Un viseur est constitué d’un objectif L1 (assimilé à une lentille mince convergente de
distance focale f 1′ = 10 cm ) et d’un oculaire L2 (assimilé à une lentille mince
convergente de distance focale f 2′ = 2 cm ). La distance D entre L1 et L2 est
réglable.
Chapitre 3 – Optique géométrique 139
Exercice 305
KF.book Page 140 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
1. Déterminer D pour que le système soit afocal (réglage pour la vision à l’infini).
Représenter la marche d’un pinceau lumineux venant d’un point à l’infini dans une
direction faisant un angle α avec l’axe du viseur.
α′
Calculer le grandissement angulaire G = ----- de l’appareil (α′ est l’angle que font les
α
rayons émergents avec l’axe).
2. On règle maintenant le viseur pour que l’œil d’un observateur, regardant à travers
l’oculaire, voit nettement, sans accommoder, un objet AB situé à 20 cm en avant de
la face d’entrée de l’objectif.
a. Déterminer la nouvelle valeur de D.
b. L’observateur voit alors l’image de AB sous un angle α′. Calculer, en dioptries, la
α′
quantité P = ------ .
AB
c. En accommodant, l’œil peut voir des objets situés au-delà d’une distance minimale
d m = 20 cm.
L’œil de l’observateur ayant sa pupille dans le plan de l’image de L1 donnée par L2,
quelle région de l’espace objet peut être vue nettement par l’observateur regardant à
travers le viseur ?
■■
Solution
1. Pour que le système soit afocal, il faut qu’un objet à l’infini sur l’axe ait son image
également à l’infini sur l’axe.
L’image par L1 du point à l’infini sur l’axe est le foyer image F′1 de L1.
Pour que l’image finale soit à l’infini sur l’axe, il faut que l’objet intermédiaire soit au
foyer objet F2 de L2.
Il faut donc que F′1 et F2 soient confondus.
D’où : D = O 1 F′1 + F 2 O 2 = f 1′ + f 2′ .
Soit D = 12 cm.
F2
F1
O1
O2
F′2
F′1
L1
L2
Un point source B à l’infini en dehors de l’axe du viseur – dans une direction α – a pour
image dans L1 un point B1 du plan focal image (plan de front de F′1 …), et ce point B1
a pour image dans L2 un point B′ à l’infini dans une direction α′, d’où la marche d’un
pinceau de rayons lumineux :
140 Partie 1 – Physique MPSI
;;;
;;
;;;;;;;;;;;;;;;
;
;
;
;
;
;
;
;;;;;;;;;;;;;;;;;
;
;
;
;
;
;
;
B′
B
α
α′
F′1 F 2
O1
O2
B1
L1
L2
α′
Le rapport ----- se calcule immédiatement dans les triangles O 1 F′1 B 1 et O2F2B1 ( F 2 = F′1 ) :
α
F′1 B 1
α = ------------O 1 F′1
et
F′1 B 1
α′ = -----------O2 F2
(angles petits : approximation de Gauss).
f 1′
O 1 F′1
f 1′
α′
- = – ---------- = ------------- = --------– f 2′
f 2′
α
O2 F2
α′
G = ----- = – 5.
α
soit
2. a. Pour que l’image finale soit à l’infini, il faut que l’image intermédiaire de l’objet
AB soit dans le plan focal objet de la lentille L2.
On a donc géométriquement :
B
O1
A
F′1
F2
O 2 F′2
A1
F1
L1
B1
L2
B′
Et par le calcul :
p = O 1 A = – 20 cm
p′ = O 1 A 1
Chapitre 3 – Optique géométrique 141
Exercice 305
KF.book Page 141 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 305
KF.book Page 142 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
la relation de conjugaison de Descartes s’écrivant :
1 1
1
---- – -- = ------- ( f 1′ = O 1 F′1 = 10 cm )
p′ p
f 1′
pf 1′
1
1 1
---- = ------- + -- soit p′ = --------------p + f 1′
p′
f 1′ p
on a alors :
D = O 1 O 2 = O 1 A 1 + F 2 O 2 = p′ + f 2′
pf 1′
- + f 2′
D = --------------p + f 1′
D = 22 cm.
soit
2. b. Reprenons la construction de l’image de A1B1 dans L2 :
l’angle α′ étant petit :
A1 B1
O2 I
- = ------------ .
α′ = ------------– f 2′
F′2 O 2
Utilisons le grandissement γ 1 dans L1 :
F2
L2
O2
F′2
α′
A1
O1 A1
A1 B1
p′
- = ------------ = ---γ 1 = ----------p
AB
O1 A
I
B1
il vient alors :
f 1′
p′
1
α′ A 1 B 1
1
α′
P = ------- = ------------ ⋅ ------------ =  – ------- ⋅ ---- = – ------- ⋅ ---------------

p
f 2′ p + f 1′
f 2′
A 1 B 1 AB
AB
soit, numériquement :
10
10 2
P = – -------- ⋅ ---------------------- = +50 dioptries
2 – 20 + 10
(dioptries : inverse d’une longueur exprimée en mètres).
2. c. Déterminons d’abord la position de l’œil de l’observateur, c’est-à-dire l’abscisse
de l’image de L1 dans L2 :
1 1
1
---- – -- = ------p′ p
f 2′
avec
et
p = O 2 O 1 = – D et p′ = O 2 O′
1
1 1
1
1
---- = -- + ------- = ------- – ---p′
p f 2′
f 2′ D
Df 2′
- = 2,2 cm.
p′ = ---------------D – f 2′
Pour être vue nettement par l’observateur, l’image A′B′ doit vérifier
d m A′O′ +∞.
142 Partie 1 – Physique MPSI
A′O′ = A′F′2 + F′2 O 2 + O 2 O′ = A′F′2 – f 2′ + p′
Or
d m + f 2′ – p′ A′F′2 +∞
d’où :
et :
– ∞ F′2 A′ – 19,8 cm = – l
( d m + f 2′ – p′ = 19,8 cm ).
Utilisons alors les formules de Newton :
F 1 A ⋅ F′1 A 1 = – f 1′ 2
et F 2 A 1 ⋅ F′2 A′ = – f 2′ 2
en posant F 1 A = x :
f 1′ 2
f 2′ 2
F′1 A 1 =  – --------- = F′1 F 2 + F 2 A 1 = ( D – f 1′ – f 2′ ) – ------------ x 
F′2 A′
d’où :
et :
f ′12
f 2′ 2
------------ = D – f 1′ – f 2′ + --------x
F′2 A′
f 2′ 2
.
F′2 A′ = -------------------------------------------f ′12
D – f 1′ – f 2′ + --------x
La position x de l’objet AB doit donc vérifier la double condition :
f 2′ 2
– ∞ ------------------------------------------- –l
f ′12
D – f 1′ – f 2′ + --------x
f 2′ 2
f ′12
0 D – f 1′ – f 2′ + --------- – --------x
l
f ′12
f 2′ 2
– ( D – f 1′ – f 2′ ) --------- –  D – f 1′ – f 2′ + ---------

x
l 
et finalement :
soit :
f ′12
f ′12
– ----------------------------- x – -------------------------------------------D – f 1′ – f 2′
f 2′ 2
D – f 1′ – f 2′ + --------l
x min x x max .
Numériquement, on trouve :
x min = – 10 cm, ce qui correspond à la position de AB pour laquelle l’œil n’a pas à
accommoder,
x max = – 9,8 cm, l’œil accommodant alors au maximum.
L’observateur ne pourra voir nettement que les objets situés dans une « tranche »
d’épaisseur ∆x = 2 mm.
Chapitre 3 – Optique géométrique 143
Exercice 305
KF.book Page 143 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
306 Association de deux miroirs
On considère un système optique (du type objectif de télescope) constitué d’un
miroir principal sphérique concave (de grande taille, centre C1, sommet S1, foyer F1,
avec C 1 S 1 = R 1 = 6 m ) et d’un miroir secondaire sphérique convexe (beaucoup plus
petit, centre C2, sommet S2, foyer F2, avec C 2 S 2 = R 2 = 60 cm). Ce second miroir
est placé de façon telle que F 1 S 2 = 20 cm.
;
;
;;;;
;
;
;;;
C1
F1
S2
S1
(échelle non respectée pour la position de S1…)
On observe un objet lumineux infiniment éloigné, de diamètre apparent φ = 0,2° :
les rayons lumineux sont reçus par le miroir principal, qui les renvoie sur le miroir
secondaire… Déterminer les caractéristiques (position, dimensions) de l’image fournie
par ce système.
■■
Solution
■ Le
miroir principal donne, de l’objet « à l’infini », une image dans son plan focal. Si
le télescope est pointé vers le centre de l’objet, l’image est centrée sur le point F1, et un
point A du bord de l’image est donné par la construction classique :
A
φ⁄2
C1
F1
;;;;;
Exercice 306
KF.book Page 144 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
S1
Le faisceau de rayons parallèles issu d’un point du bord de l’objet arrive en faisant
φ
l’angle --- avec l’axe du miroir, et se réfléchit en un faisceau convergent au point A.
2
φ
φ R1
L’angle φ étant petit, F 1 A = --- ⋅ F 1 S 1 = --- ⋅ -----,
2
2 2
(le foyer F1 est au milieu du segment C1S1).
1
D’où la dimension de l’image : AB = --R 1 φ.
2
144 Partie 1 – Physique MPSI
;
;
;
;;;
■ L’image AB sert d’objet virtuel pour le miroir secondaire (d’après la position de
celui-ci…), qui en donne une image A′B′, que l’on construit facilement : cette image
A′B′ est centrée en F 1′ , conjugué de F1 dans le miroir secondaire.
A′
A
F2
C2
F1
F 1′
S2
B
B′
En appliquant la relation de conjugaison de Descartes (pour le miroir de sommet S2) :
2
1 1
1
2
S 2 F 1 = p, S 2 F 1′ = p′, et -- + ---- = --- = ----------- = – ----R
p p′
f2
2
S2 C2
soit
1
1 2
---- = – -- – ----p′
p R2
pR 2
⇒ p′ = – -----------------R 2 + 2p
et
p′ = 60 cm
p′
A′B′
avec un grandissement : γ 2 = ----------- = – ---- = +3.
p
AB
D’où la dimension de l’image A′B′ :
1
A′B′ = γ 2 ⋅ AB = --γ 2 R 1 φ = 9 ⋅ φ = 3,14 cm.
2
Commentaire
La dimension de l’image obtenue donne un bon ordre de grandeur de la dimension
minimale que doit avoir le miroir secondaire pour recevoir tous les rayons qui se sont réfléchis sur le miroir pricipal : le faisceau de rayons convergeant vers le point A est très étroit,
et sera complètement « intercepté » par le miroir secondaire si celui-ci a un diamètre de
l’ordre de A′B′.
Le miroir principal peut être beaucoup plus grand : un diamètre de 80 cm correspond à un
0,8
diamètre angulaire ------- de l’ordre de 7,7°, ce qui est compatible avec l’approximation de
R1
Gauss…
On vérifie bien que le miroir secondaire n’occulte qu’une faible partie de la surface du
miroir principal, ce qui est essentiel pour une bonne luminosité de l’appareil.
Chapitre 3 – Optique géométrique 145
Exercice 306
KF.book Page 145 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 307
KF.book Page 146 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
307 « Mise au point » pour un objectif photographique
On assimile l’objectif d’un appareil photographique à une lentille mince convergente
(L) de centre O et de distance focale image f ′.
La distance d entre (L) et l’écran (E) où se trouve la pellicule sensible est variable,
ce qui permet d’effectuer la mise au point.
1. On désire photographier des objets dont la distance x à (L) varie de xm à l’infini.
Dans quel domaine doit pouvoir varier d ?
Calculer les valeurs extrêmes dmin et dmax de d pour x m = 60 cm et f ′ = 50 mm.
2. Le faisceau entrant dans la lentille est limité par un diaphragme circulaire (D) dont
le diamètre φ est variable, afin de laisser entrer dans l’appareil plus ou moins de
lumière.
(On supposera le diaphragme accolé à la face avant de la lentille).
1
φ
On appelle « ouverture relative » de l’objectif le rapport ---- = --- . La suite usuelle des
N
f′
valeurs de N est 2,8 ; 4 ; 5,6 ; 8 ; 11 et 16.
Comment varie la puissance lumineuse reçue par la pellicule quand on passe d’une
valeur de N à la suivante ?
Expliquer le lien entre la suite des valeurs de N et celle des durées d’exposition Te (en
1
1 1 1
1
1
seconde), ------ , ------ , ------ , --------- , --------- , --------- .
15 30 60 125 250 500
3. L’appareil étant mis au point « sur l’infini », un point A situé sur l’axe à distance
finie donne, après développement, une tache circulaire sur la pellicule. On admet que
l’image reste nette tant que cette tache n’est pas plus grande que la taille moyenne
g des grains de l’émulsion de la pellicule.
Déterminer l’expression de la distance hyperfocale L0, valeur minimale de x pour
laquelle l’image d’un objet A reste nette.
Exprimer le résultat en fonction de g, f ′ et N.
Calculer L0 pour N = 2,8 et N = 16, dans le cas où g = 0,02 mm.
La profondeur de champ Pr est la zone de l’espace objet pour laquelle l’image est
nette : quel est, qualitativement, le lien entre N et Pr ? entre Pr et f ′.
4. Pour améliorer la profondeur de champ, dans les appareils sans réglage de mise au
point, on fixe la distance d à une valeur d1 telle que l’image d’un point à l’infini reste
nette.
Donner l’expression de d1 correspondant à la profondeur de champ maximale, en fonction de g, f ′ et N (on a d1 f ′).
En déduire l’expression de la nouvelle distance hyperfocale L′0 : on l’exprimera en
fonction de f ′ et L0 , et on en donnera la valeur pour N = 2,8 et N = 16.
146 Partie 1 – Physique MPSI
■■
Exercice 307
KF.book Page 147 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Solution
1. Construisons d’abord l’image A′B′ d’un objet AB situé à la distance x de (L) :
l’image A′B′ doit se former dans le plan de la pellicule photographique, à la distance d
de (L).
B
A
F′ A′
B′
O
x
d
L
E
1 1 1
La relation de conjugaison de Descartes ---- – -- = ---- donne ici, avec p = OA = – x,
p′ p f ′
p′ = OA′ = d
soit
f ′ = OF′ :
1
1
1 1
1 1
x–f′
-- + -- = ---- ⇒ -- = ---- – -- = ------------f′
d
d x
f′ x
xf ′
et
xf ′
d = ------------- avec d 0 soit x f ′.
x–f′
d est une fonction décroissante de x, et la condition :
xm x ∞
correspond à :
d max d d min = f ′
d
f′
O
avec :
f′
x
xm
xm f ′
d max = ---------------- .
xm – f ′
Le calcul donne :
d min = 50 mm
d max = 54,5 mm
2. La puissance lumineuse reçue par la pellicule est proportionnelle à la surface du
1
diaphragme, donc à φ2, et – pour f ′ donné – à -----2- .
N
Chapitre 3 – Optique géométrique 147
Exercice 307
KF.book Page 148 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Calculons la suite des valeurs de N2 :
N
2,8
4
5,6
8
11
16
N2
7,84 ≈ 8
16
31,4 ≈ 32
64
121 ≈ 128
256
La suite des valeurs de N2, aux erreurs d’arrondi près – correspond à des valeurs successives de la suite 2n : à chaque fois que l’on augmente N d’une valeur à la suivante, la
quantité de lumière reçue par la pellicule est divisée par 2.
1
La suite des valeurs de Te étant construite également à partir des valeurs de ----n- , un
2
changement de diaphragme et une modification de Te en sens inverse (d’un même
nombre d’unités) laissent inchangée l’énergie reçue par la pellicule, c’est-à-dire son
« exposition » (imposée par la nature de l’émulsion, plus ou moins « rapide »…) :
énergie = puissance lumineuse × temps d’exposition.
3. La mise au point « sur l’infini » correspond à régler l’objectif pour que
d = d min = f ′.
Or, pour un point A à distance finie, l’image A′ se forme en arrière de ce plan (objet et
image se déplacent dans le même sens).
On a donc :
diaphragme
B
A′
F′
O
A
B′
d′
L0
L
E
ce qui correspond dans le plan (E) – plan de front de F′ – à une tache d’autant plus
grande que le diaphragme a une valeur N plus petite. Pour un diamètre φ du
diaphragme, la tache dans le plan E doit avoir un diamètre maximal égal à g, soit, avec
OA′ = d′ et OF′ = f ′
g
d′ – f ′
--- = --------------- (triangles semblables)
φ
d′
L0 f ′
f′
- (cf. 1.) et φ = ---- :
soit, avec d′ = -------------N
L0 – f ′
148 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 307
KF.book Page 149 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
L0 – f ′
f′
Ng
f′
- = ----------- = 1 – ---- = 1 – -------------L0
L0
f′
d′
2
f′
L 0 = ------Ng
Numériquement, pour N = 2,8, L 0 = 44,6 m ;
pour N = 16, L 0 = 7,81 m .
La profondeur de champ est d’autant plus grande que L0 est plus petite : on peut par
1
N
exemple la caractériser par la valeur de ----- , qui varie proportionnellement à -----2- :
L0
f′
Commentaire
On augmente la profondeur de champ en augmentant N, ce qui, pour une pellicule donnée,
conduit à augmenter Te (pour garder une exposition correcte…), ce qui augmente le risque
de « bougé » ou de « flou » dû au mouvement éventuel de l’objet photographié.
4. Dans le cas d’un objet à l’infini, et pour une valeur d1 de d, différente de f ′, on
obtient la figure suivante :
g
O′
F′
d1
diaphragme
Les triangles semblables donnent encore :
d1 – f ′
d
g
- = ----1- – 1
--- = -------------f′
φ
f′
d1
g
Ng
----- = --- + 1 = ------- + 1
f′
φ
f′
soit
f ′
 φ = --
N
d 1 = f ′ + Ng
Le plan de la pellicule se trouvant à cette distance d1 de (L), l’image d’un point objet A
(à une distance de L inférieure à L0) sera en un point A′, à une distance d ′ d1, ce qui
donne la figure suivante :
Chapitre 3 – Optique géométrique 149
Exercice 307
KF.book Page 150 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
B
A′
A
L′0
F′
O
B′
d1
d′
L
E
Si A est à la distance L′0 de (L), la tache dans le plan de (E) est de diamètre g, et les
triangles semblables donnent encore :
d′ – d
d
g
--- = ---------------1- = 1 – ----1d′
φ
d′
avec
L′0 f ′
f′
φ = ---- , et d’après le 1. : d′ = ---------------N
L′0 – f ′
soit
L′0 – f ′
d
Ng
------- = 1 – ----1- = 1 – ( f ′ + Ng ) ⋅ ----------------L′0 f ′
f′
d′
L′0 – f ′
f ′ – Ng
----------------- = ----------------f ′ + Ng
L′0
f ′ – Ng
2Ng
f′
------- = 1 – ----------------- = ----------------f ′ + Ng
f ′ + Ng
L′0
et finalement :
f ′ + Ng
L′0 = f ′ ⋅ ----------------2Ng
2
f′ L
f′ f′
L′0 = ---- + ---------- = ---- + ----02 2Ng 2 2
soit, puisque L 0 f ′, quel que soit N :
L0
L′0 # ----2
L¢0 = 22,3 m pour N = 2,8
L¢0 = 3,91 m pour N = 16.
Commentaires
Notons que l’amélioration de la profondeur de champ obtenue au 4. nécessite un positionnement du plan de la pellicule qui dépend de la valeur de N : pour que l’image d’un point
150 Partie 1 – Physique MPSI
à l’infini reste toujours nette, il faut choisir la valeur de d1 correspondant à la plus petite
valeur de N, et si on modifie ensuite N, la valeur de d1 n’est pas changée (ce serait trop compliqué, le but étant de réaliser un appareil très simple…).
Le calcul de L′0 n’a donc de sens que pour un appareil à mise au point fixe et diaphragme
fixe : pour obtenir des photos nettes d’objets relativement proches ( L′0 ≈ 4 m ) , il faudra
donc un diaphragme de valeur élevée… ou réduire la valeur de f ′ : pour L0 et L′0 inchangés,
un objectif de focale f ′ = 35 mm conduit à N = 8.
Si d1 est calculé pour un diaphragme minimal N1, le calcul de L′0 en fonction de N (à d1 fixé)
conduit à :
f ′ + N1 g
L′0 = f ′ ⋅ ------------------------( N 1 + N )g
soit, pour N 1 = 2,8 et N = 16 (et f ′ = 50 mm )
L′0 = 6,65 m
le gain est facile par rapport à L0 (cas où d = f ′ ).
L’opération n’est intéressante que pour des diaphragmes de valeur élevée pour l’ouverture
relative maximale…
308 Étude sommaire d’un microscope
Un microscope est constitué d’un objectif et d’un oculaire, placés relativement loin
l’un de l’autre. On peut le schématiser par l’association de deux lentilles minces convergentes, L 1 représentant l’objectif et L 2 l’oculaire :
L1
F1
L2
F 1′
F2
F 2′
∆
Pour les applications numériques, on prendra L 1 et L 2 de distances focales respectives
f 1′ = 1,2 cm et f 2′ = 2 cm. On notera ∆ la distance entre le foyer image de L 1 et
le foyer objet de L 2 , avec ∆ = 18 cm.
1. L’image donnée par l’oculaire étant normalement située à l’infini (ceci afin de limiter la fatigue visuelle de l’observateur), à quelle distance de l’objectif faut-il placer
l’objet à observer ?
Faire un schéma du tracé des rayons lumineux issus d’un point B de l’objet, situé en
dehors de l’axe du système.
Calculer dans ces conditions le grandissement de l’objectif, et déterminer la dimension angulaire α de l’image vue par l’observateur.
Chapitre 3 – Optique géométrique 151
Exercice 308
KF.book Page 151 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
KF.book Page 152 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2. Quand l’objet, placé à une distance d de l’œil de l’observateur, est directement
observé à l’œil nu, il est vu sous un angle α′.
α
Calculer le rapport ----- = G c , grossissement commercial du microscope. Faire l’appliα′
cation numérique ( d = 0,25 m ) .
Gc
La quantité ----- est appelée « puissance intrinsèque » du microscope : donner l’expresd
sion littérale de cette puissance intrinsèque.
3. Le microscope n’étant pas parfaitement réglé, l’image observée n’est plus à l’infini,
mais on suppose qu’elle se forme à la distance d précédente au-delà du foyer image
de L 2 : grâce à l’accommodation de l’œil, l’observateur la voit encore nettement…
Par rapport à sa position initiale (question 1.), de combien l’objet a-t-il été déplacé ?
Ce déplacement correspond à la « profondeur de champ » du microscope…
α
Le rapport ----- a-t-il été modifié ?
α′
Si oui, calculer sa nouvelle valeur.
4. On remplace la lentille L 2 par un oculaire dit « de Ramsden », constitué de deux
lentilles convergentes L 2 identiques à la précédente, placées à la distance e = 1 cm
l’une de l’autre.
L’objet étant placé dans la position du 1., comment faut-t-il placer ces deux lentilles
pour que l’image donnée par cet oculaire se forme encore à l’infini ? On déterminera
précisément la position de l’image A′ donnée par l’objectif (image de A situé sur l’axe
du microscope) par rapport aux lentilles de l’oculaire.
Faire une figure du tracé des rayons lumineux issus de B ′ et traversant l’oculaire.
α
Le rapport ----- est-il modifié ?
α′
Si oui, calculer sa nouvelle valeur.
■■
Solution
1. Pour que l’image donnée par l’oculaire soit située à l’infini, il faut que l’objet correspondant (image intermédiaire) soit placé en F2 .
1
2
On a ainsi A → A 1 ≡ F 2 → A 2 à l’infini.
En utilisant la formule de conjugaison de Newton, on a donc :
F 1 A ⋅ F ′1 F 2 = – f 1′ 2
soit
– f 1′ 2
F 1 A = ----------∆
Application numérique : F 1 A = – 0,08 cm = – 0,8 mm.
Conclusion : A est pratiquement en F1 (l’échelle n’est pas respectée pour la figure).
Exercice 308
KF.book Page 153 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
L2
L1
B
O1
A1 = F2 O
2
F ′1
α
F ′2
A F
1
B1
Déterminons le grandissement de l’objectif :
F 1′ A 1
∆
γ = ------------- = – ----f
1′
F 1′ O 1
∆
γ = – ----f 1′
Application numérique : γ = – 15.
Soit α la dimension angulaire de l’image vue par l’observateur :
A1 B1
∆
AB
- = γ ------- = -----------AB.
α = tan α = ----------′
f
′
f
O2 F2
2
1 f 2′
AB
2. On a : tan α′ = α′ = ------- (vision directe : d correspond à la distance minimale
d
d’accommodation pour l’œil).
α
∆d
G c = ----- = ----------α′ f 1′ f 2′
Application numérique : G c = 187,5.
G
La puissance intrinsèque i est définie par i = ------c
d
∆
i = ----------f 1′ f 2′
Application numérique : i = 750 m –1 (750 dioptries).
3. On applique à nouveau la formule de conjugaison de Newton (nouvelle position de A) :
1
2
( A → A 1′ → A 2 )
F 2 A′1 ⋅ F 2′ A 2 = – f 2′ 2 ;
F 1 A ⋅ F 1′ A′1 = – f 1′ 2 .
f ′2 2
- ( F 2 A ′1 = d > 0)
F 1′A′1 = F 1′ F 2 + F 2 A ′1 = ∆ – ------d
– f 1′ 2
f 2′ 2 –1
– f 1′ 2
----------1
–
-------F 1 A = ----------------=
∆
d∆
f ′2 2
∆ – -------d
Chapitre 3 – Optique géométrique 153
Exercice 308
KF.book Page 154 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
f 2′ 2
-------- 1 , un développement limité au 1er ordre nous donne :
d∆
– f 1′ 2
f ′2 2
F 1 A ≈ ------------  1 + --------  .
d∆ 
∆ 
L’objet a donc été déplacé de :
f 1′ 2 f ′2 2
- , soit 7 ⋅ 10 – 4 cm !!!
– ---------------d∆ 2
Commentaire
La profondeur de champ que l’on vient de calculer est très faible, ce qui justifie l’utilisation
d’une vis de mise au point rapide et d’une vis micrométrique de réglage fin.
AB
α′ est inchangé ( α′ = ------- )
d
et
F1 O1
f 2′ 2
f 2′ 2
1
- = – f 1 ′ ⋅ -------2- ⋅  ∆ – ------- = γ + -------- ( γ ′ : grandissement de l’objecγ ′ = ----------d 
df 1′
f 1′ 
F1 A
tif pour la nouvelle position de l’objet)
γ ′ AB
α = ---------------f 2′
α
γ d f′
----- = ---------- – ----2α′
f 2′
f 1′
f 2′ 2
( γ′ = γ – --------)
df 1′
On trouve un grossissement commercial inférieur à celui trouvé au 2.
α
Application numérique : ----- = 185,8.
α′
4. Pour que l’image de A soit à l’infini, il faut que A′ (image de A par l’objectif) soit au
foyer objet de l’oculaire.
En appelant 2 et ′2 les foyers objet et image de la 2e lentille 2 , formant avec L 2
(foyers F2 et F ′2 ) l’oculaire de Ramsden, on a (cf. figure 2) :
L2
2
A′ → 2 → point à l’infini.
D’après la formule de conjugaison de Newton :
F 2 A′ × F ′2 2 = – f 2′ 2
avec F ′2 2 = F ′2 O 2 + O 2 O ′2 + O 2′ 2 = e – 2f 2′
d’où
– f 2′ 2
F 2 A′ = -------------e – 2f 2
154 Partie 1 – Physique MPSI
Exercice 308
KF.book Page 155 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Construction de A′ B′ (2B2 image de A′B′ par rapport à L2) :
2
L2
F2
2 A′
O ′2
O2
F ′2
′2
B′
Fig. 2
B2
Tracé des rayons lumineux :
2
L2
F2
O ′2
2 A′
′2
α
F ′2
O2
B′
B2
Fig. 3
Déterminons la nouvelle expression de α :
2 A′
Définition de α
2
L2
O2
α
O ′2
α
B′
B2
Fig. 4
Chapitre 3 – Optique géométrique 155
Exercice 308
KF.book Page 156 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
D’après la figure 4 :
2 B2
2 B2
= ------------- .
α = --------------f 2′
O ′2 2
D’après la figure 3 :
O 2 O ′2 + O 2′ 2
e – f ′2
O2 2
2 B 2 = A′B′ ------------- = γ AB ------------------------------------- = γ AB -------------------------------f ′2 2
O 2 A′
O 2 F 2 + F 2 A′
– f 2′ – ----------------e – 2f 2′
2f 2′ – e
2 B 2 = γ AB  -----------------
 f 2′ 
2f 2′ – e
d’où α = γ AB  --------------- f 2′ 2 
et
2f 2′ – e
α
----- = γ d  ---------------
α′
f 2′ 2 
∆
avec γ = – ----- (cf. 1.)
f 1′
∆d 2f 2′ – e
α
----- = -----------------  -----------------
α′ f ′1 × f ′2  f 2′ 
On retrouve la valeur initiale du grossissement commercial trouvée au 2. multipliée
2f 2′ – e
3
par le terme ----------------- qui vaut ici -- .
2
f 2′
A.N. : G c = 281,2.
156 Partie 1 – Physique MPSI
KF.book Page 157 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Partie
2
Partie 2
KF.book Page 158 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
KF.book Page 159 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
p
i
tre
a
h
C
4
Électrocinétique 2
A • Régime sinusoïdal
B • Filtres actifs et autres circuits avec amplificateur
opérationnel
KF.book Page 160 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
A. Régime sinusoïdal
401 Générateur sinusoïdal
Un générateur parfait G de tension sinusoïdale délivre une tension e ( t ) = E cos ωt,
avec E = 220 2 V et ω = 2πf, f = 50 Hz. Il est connecté à deux condensateurs C
en série ( C = 7 µ F ) , et l’ensemble constitue une source sinusoïdale de bornes A et B :
A
e(t)
C
G
U
C
B
i
On veut déterminer les caractéristiques, en régime permanent, de ce générateur.
1. Donner l’équation de la caractéristique – en amplitudes complexes – de ce générateur :
1
U = f ( I ). On posera R 0 = ---------- .
2Cω
2. En déduire la caractéristique, en amplitudes réelles, U = g ( I ) lorsque l’utilisation
branchée entre A et B est une résistance pure.
Tracer la courbe représentative de la fonction g. Quel est le courant de court-circuit de
ce générateur ? Préciser le domaine des valeurs de I pour lesquelles U 0,9 ⋅ U max .
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Équivalence Norton/Thévenin.
• Utilisation des amplitudes complexes.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
On peut appliquer les théorèmes vus en régime permanent continu, à condition d’utiliser les amplitudes complexes associées aux tensions et aux intensités et les impédances complexes qui caractérisent les différents dipôles passifs.
■■ 3. Solution
1.
POINT COURS
À une tension sinusoïdale quelconque u ( t ) = U cos ( ωt + ϕ ) est associée une
amplitude complexe U = Ue jϕ , nombre complexe de module U et d’argument ϕ.
160 Partie 2– Physique MPSI
Exercice 401
KF.book Page 161 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Ainsi à e ( t ) = E cos ωt, on associe l’amplitude complexe E = E.
1
Le condensateur C est caractérisé par son impédance complexe Z C = ---------- .
jωC
On peut procéder par simplification (Thévenin ⇔ Norton).
ZC
ZC
⇔
E
⇔
E
-----ZC
ZC
-----2
E
-----ZC
ZC
ZC
-----2
⇔
ZC
I
U
E
--2
E ZC
U = --- – ------ I
2 2
2R
1
et puisque Z C = ---------- = --------0- = – 2jR 0 , alors :
j
jCω
On a donc
E
U = --- + jR 0 I
2
2. Si l’utilisation branchée entre A et B est une résistance pure (impédance complexe
π
réelle), U et I sont en phase, et donc U et jR 0 I sont déphasés de + --- .
2
En utilisant la représentation de Fresnel,
axe imaginaire
il vient immédiatement :
π
E2
2
2
– --U + ( R 0 I ) = ----2
4
U
– jR 0 I
E2
2 2
U = ----- – R 0 I
et :
4
O
E axe réel
--Cette relation peut encore s’écrire :
2
2
2
U
I
----------2- + ----------------2- = 1
E
E

 ---
---------
 2R 0
 2
équation caractéristique d’une ellipse rapportée à ses axes principaux.
Chapitre 4– Électrocinétique 2 161
Exercice 402
KF.book Page 162 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
D’où le graphe de U = g ( I ) :
le courant de court-circuit ( U = 0 ) est donc :
E
I cc = --------- = ECω = 0,68 A
2R 0
U
E
--2
( I cc ) eff = 0,48 A
soit
d’où l’expression de I = g –1 ( U )
U 2
2
I 2 = I cc –  -----
 R 0
I =
E
--------2R 0
O
I
U 2
2
I cc –  -----
 R 0
E
et on aura U 0,9 ⋅ U max (avec U max = --- )
2
2
U
2
max
tant que : I 2 I cc – ( 0,9 ) 2  -----------
 R0 
U max
E
2
= --------- = I cc
I 2 I cc ( 1 – ( 0,9 ) 2 ) ;  ---------- R0

2R 0
2
2
I 0,19 ⋅ I cc
soit :
I 0,44 ⋅ I cc
I e 0,21 A
(en valeur efficace).
402 Circuit RLC
1. La source de tension est sinusoïdale :
L
e ( t ) = E 0 cos ω t .
a. Préciser, sans calculs, le comportement du signal e ( t )
de sortie, en régime établi, en B.F., en H.F. et
1
enfin pour ω = ω c = --------- .
LC
b. On note s ( t ) = R e ( s ( t ) ) et e ( t ) = R e ( e ( t ) ) avec s ( t ) = S e
S
jψ
Déterminer la fonction de transfert H = --- = H e
E
C
jωt
et e ( t ) = E e
( j 2 = – 1 ).
ω
Tracer les courbes donnant G dB = 20 log H et ψ en fonction de X = log  ------ .
 ω c
162 Partie 2– Physique MPSI
s(t)
jωt
.
2. On désire tenir compte de la résistance R de
la bobine, résistance que l’on place en série
avec l’inductance pure L. On pose
L
e(t)
Exercice 402
KF.book Page 163 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
R
s(t)
Lω c
Q = --------- .
R
S
jψ′
a. Déterminer la nouvelle fonction de transfert H′ = --- = H′ e
en fonction de Q
E
ω
et de ------ (régime sinusoïdal établi).
ωc
ω
b. Tracer les courbes donnant G dB = 20 log H′ et ψ′ en fonction de X = log  ------ .
 ω c
On prendra L = 10 mH ; C = 2,2 nF et R = 12 Ω .
c. Pour étudier le régime transitoire, on attaque
le circuit précédent par un échelon de tension
e ( t ) d’amplitude E 0 – la capacité est initialement déchargée.
Déterminer la tension de sortie s ( t ) ainsi que le
courant i ( t ) dans le circuit. Les résultats seront
exprimés en fonction de ω c , Q, E 0 et t.
e(t)
E0
t
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Utilisation des amplitudes complexes.
• Détermination et étude d’une fonction de transfert.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
En régime continu établi ( ω → 0 ) , une capacité ne se laisse pas traverser par un courant.
Une inductance s’oppose aux variations brusques de courant (intensité nulle pour
ω → ∞ ).
■■ 3. Solution
1. a. • À la limite en T.B.F. (très basse fréquence), l’inductance L constitue un courtcircuit et la capacité C un coupe-circuit : on a donc s = e (pas de courant) et H = 1.
• En T.H.F., les rôles de L et C sont inversés et la sortie est court-circuitée, d’où s = 0
et H = 0.
• Pour la pulsation ω c , caractéristique du circuit série L-C, l’impédance devient nulle
et le courant théoriquement infini. Il en résulte que s prend une valeur également
infinie.
Chapitre 4– Électrocinétique 2 163
Exercice 402
KF.book Page 164 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
1
1. b. Notons Z C = ---------- et Z L = jLω les impédances complexes de la capacité et de
jCω
l’inductance. Le système constitue un diviseur de tension (même courant dans L et C),
soit :
ZC
S
1
H = --- = ------------------- ⇒ H = ---------------------- .
ZC + ZL
1 + YC ZL
E
1
1
H = ----------------------2- = ----------------------21 – LCω
ω
1 –  ------
 ω c
Finalement
Il vient alors :
ω
• G dB = – 20 log 1 –  ------
 ω c
2
d’où :
ω
– ------ → 0
ωc
⇒ G dB → 0
ω
– ------ 1
ωc
ω
⇒ G dB ∼ – 40 log  ------ = – 40X
 ω c
– ω = ωc
⇒ G dB → +∞.
• D’autre part, on a H réel positif pour ω ω c et H réel négatif pour ω ω c , on
peut donc prendre :
ψ=0
pour
ω ωc
et
ψ = –π
pour
ω ωc
D’où les graphes :
GdB
ψ
X0 0,5
O
X
–π
–19
–40 dB/décade
164 Partie 2– Physique MPSI
0
X
Exercice 402
KF.book Page 165 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
ω 2
Remarque : on a G dB = 0 pour 1 –  ------ = 1, c’est-à-dire pour
 ω c
ω
 ----- = 2⇒ω =
 ω c
2
2ω c
ω
 X = log  ----- = log 2 = 0,15 .
 0
 ω c

POINT MÉTHODE
Il est rare d’observer une discontinuité de la phase. Ici, la phase est discontinue lorsque G dB → ∞.
2. a. Avec Z R = R , impédance de la résistance R,
L
R
il vient maintenant :
ZC
H′ = ------------------------------- .
ZC + ZR + ZL
E
C
S
1
Soit encore : H′ = --------------------------------------- .
1 + YC ( ZR + ZL )
D’où
Or
De plus
soit
1
.
H′ = -----------------------------------------------( 1 – LCω 2 ) + jRCω
ω 2
ω
LCω 2 =  ------
et RCω = RCω c ⋅  ------ .
 ω c
 ω c
LCω 2
Lω
1
Q = ---------c = -------------c- = -------------R
RCω c
RCω c
(puisque LCω c2 = 1 ),
1
H′ = --------------------------------------------2
j ω
ω
1 –  ------ + ----  ------
 ω c
Q  ω c
Il est à remarquer que R ne joue aucun rôle dans les comportements asymptotiques
( ω → 0 ; et ω → + ∞, en fait ω ω c ) qui restent donc identiques à ceux décrits
dans le 1.
Pour ω = ω c , la présence de la résistance limite la valeur de H′ :
1
H′ ( ω c ) = ------------- = – jQ et G dB ( ω c ) = 20 log Q.
( j/Q )
2. b. Diagramme de Bode :
Cette fois-ci, nous avons :
1
ω  2 2 1  ω  2
- = – 10 log  1 –  ----+ -----2- -----.
G dB = 20 log ----------------------------------------------------------------2
2
2


ωc  
Q  ωc 
1 ω
ω 
 1 –  ----+ -----2-  ------ 

 ωc  
Q  ωc 
Comme on vient de le souligner, on peut écrire :
• ω → 0 ⇒ G dB → 0
Chapitre 4– Électrocinétique 2 165
Exercice 402
KF.book Page 166 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
• ω ω c
ω
⇒ G dB ∼ – 40 log  ------ = – 40X
 ω c
avec
ω
X = log  ------
 ω c
• ω = ω c ⇒ G dB → 20 log Q.
Cherchons si la courbe présente un maximum :
dG dB
- = 0,
S’il existe, il se produit pour ω tel que ----------dω
ω 1
ω 2
2  ------ -----2- – 2  1 –  ------ 
c’est-à-dire pour

 ω c Q
 ω c 
ou encore
ω  ω2 
1
 ----- ------ – 1 – ---------2-
 ω c  ω c 
2Q 
= 0
= 0;
 ωM
1
1
- = 1 – ---------2- dès que Q ------ ------ω
2Q
d’où la conclusion :  c
2
 ω = 0 dans le cas contraire
 M
Commentaires
Lω
Le facteur Q = ---------C- est en fait le facteur de qualité du circuit RLC série. La réponse du cirR
cuit étant prise aux bornes de la capacité (réponse en amplitude), celle-ci ne présentera de
maximum (différent de ω = 0 ) que pour une valeur de Q supérieure à une valeur critique
1
QC égale à ------- .
2
Dans le cas qui nous intéresse ici, on a :
Lω c
1 L
1 10 ⋅ 10 –3
Q = -------= ----- --------------------R = --R- --12 2,2 ⋅ 10 –9
C
⇒ Q = 178
et donc
ωM
-------- = 1
ωc
De plus
20 log Q = 45dB.
(à 10–5 près).
En ce qui concerne la phase ψ′, celle-ci est fournie par : ψ′ = Arg ( H′ ).
ω
-----ωc
1
tan ψ′ = – ---- ----------------------2- avec sin ψ′ 0.
Soit
Q
ω
1 –  ------
 ω c
π
π
Ainsi : – pour ω ω c : ψ′ ∈  – --- , 0 et décroît de 0 à – --- quand ω augmente de 0 à ω c ;
 2 
2
π
π
– pour ω ω c : ψ′ ∈  – π, – --- et décroît de – --- à – π quand ω croît de ω c à

2
2
l’infini.
166 Partie 2– Physique MPSI
Exercice 402
KF.book Page 167 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
D’où les graphes :
ψ′
GdB
0,02
0
X
π
– --2
–20
0
X
–π
–40 dB/décade
Commentaire
La phase est maintenant continue, le gain restant fini.
2. c. On se place désormais en régime transitoire :
i
e(t)
L
R
uL
uR
C
s(t)
POINT COURS
On peut obtenir l’équation différentielle en s ( t ) à partir de la connaissance de la
fonction de transfert H′. En effet :
s
1
-,
H′ = --- = --------------------------------------------2
e
j  ω
ω

1 – ------ + ---- ----- ω c
Q  ω c
d’où
ω 2
1
s –  ------ s + ----------jωs = e
 ω c
Qω c
d
d2
soit en remplaçant jω par ----- et ( – ω 2 ) par -------2 nous obtenons (avec s → s ( t ) et
dt
dt
e → e(t) ) :
1 ds 1 d 2 s
s ( t ) + ---------- ----- + -----2- -------2 = e ( t )
Qω c dt ω c dt
Chapitre 4– Électrocinétique 2 167
Exercice 402
KF.book Page 168 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
On peut aussi retrouver directement cette équation différentielle.
e ( t ) = uL + uR + s
On a :
di
u L = L ----- ,
dt
ds
et :
i = C ----- .
dt
D’où, en fonction de s ( t ) et de ses dérivés :
avec :
u R = Ri
d2s
ds
e ( t ) = s ( t ) + RC ----- + LC ------2- .
dt
dt
Or
1
ω c2 = ------LC
d’où
1 d2s
1 ds
-----2- ------2- + ---------- ----- + s ( t ) = e ( t )
ω c dt Qω c dt
et
1
---- = RCω c
Q
Posons s ( t ) = S ( u ) avec u = ω c t (« temps réduit »), il vient :
dS
ds
----- = ------ω c
du
dt
soit
d 2 S 1 dS
--------2 + ---- ------ + S = E 0
du Q du
et
d2S 2
d2s
------2- = --------ω
du 2 c
dt
pour u 0 ( t 0 ).
L’équation caractéristique associée à cette équation différentielle est fournie par :
1
x 2 + ---- x + 1 = 0 (solution en e xu )
Q
d’où
Or Q 1 soit
soit
1
j
1
1
x = – ------- ± -- 4 – -----2- (ici Q ∼ 180 -- ).
2Q 2
2
Q
1
x # – ------- ± j
2Q
u
– -------
S ( u ) # E 0 + e 2Q [ A cos ( u ) + B sin ( u ) ] .
Les conditions initiales imposent S ( 0 ) = 0 (continuité de la charge du condensateur) et i ( 0 ) = 0 (présence de l’inductance L), d’où :
S ( 0 ) = 0 ⇒ E0 + A = 0
et
A = –E0
dS
1
i ( 0 ) = 0 ⇒ ------ ( 0 ) = 0 ⇒ B – -------A = 0 et à la même approximation ( Q 1 ) :
du
2Q
B ∼ 0.
u


– ------Finalement : S ( u ) # E 0  1 – e 2Q cos ( u ) 


ω t
et
168 Partie 2– Physique MPSI
c
– ------

s ( t ) # E 0  1 – e 2Q cos ω c t 


Exercice 403
KF.book Page 169 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
ds
Le courant i ( t ) s’obtient facilement avec i = C ----- , soit pour Q 1 :
dt
ωc t
– ------2Q
i ( t ) # CE 0 ω c e
sin ω c t
Commentaire
La présence de l’exponentielle met en évidence un temps caractéristique τ (pour t τ ,
s ( t ) ∼ E 0 et i ( t ) ∼ 0 ).
t
– ----Q
Posons en effet, τ = ------ , alors l’exponentielle présente dans s ( t ) et i ( t ) s’écrit e 2τ et les
ωc
t
– -1
grandeurs énergétiques comme --Li 2 varient notamment en e τ .
2
403 Sonde adaptée pour oscilloscope
A
L’impédance d’entrée Z e d’une voie X (ou Y) d’un oscilloscope est assimilable – en mode DC – à l’association en
parallèle d’une résistance R 2 = 1,0 M Ω et d’une capacité C 2 = 20 pF.
1. Déterminer le module Z e de cette impédance pour une
fréquence f = 1 kHz, puis f = 100 kHz.
Proposer une méthode, utilisant l’oscilloscope, pour
mesurer R2 et C2 .
2. On branche, entre les bornes A et B, le quadripôle passif [Q] représenté sur la figure 2.
a. On alimente le système avec une source
idéale de tension sinusoïdale v ( t ) = V 0 cos ωt
de pulsation ω fixée.
À quelle condition portant sur R1, R2, C1 et C2
u
le rapport --- est-il constant et indépendant
v
de la valeur de ω (on se placera en régime
sinusoïdal établi) ?
1
u
b. Calculer R1 et C1 pour --- = ------ . En déduire
10
v
d’entrée Z e′ vue entre les bornes A′ B′ pour f =
u
R2
C2
B
Fig.1
R1
A′
A
C1
u
v
[Q]
B′
B
Fig.2
la valeur du module de l’impédance
1 kHz puis f = 100 kHz. Conclure.
Chapitre 4– Électrocinétique 2 169
Exercice 403
KF.book Page 170 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
c. Le quadripôle [Q] représente une sonde de mesure que l’on intercale entre le dipôle
où l’on prélève la tension et l’entrée de l’oscilloscope.
R1 est fixée à la valeur calculée au 2.b. et C1 est ajustable.
Proposer une méthode de réglage de la sonde sachant que l’on dispose sur l’oscilloscope d’une tension carrée de quelques kHz.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
Points de cours
• Notion d’impédance complexe – association d’impédances.
• Fonction de transfert en régime sinusoïdal pour un système linéaire stable.
Outil mathématique
Retenir qu’un signal physique s ( t ) « quelconque », donc non nécessairement sinusoïdal,
peut être décomposé en une somme – en général continue – de signaux sinusoïdaux…
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
2. Le circuit proposé constitue un pont diviseur de tension. Pour être constant, le rapu
port --- doit être indépendant du temps, et on le veut indépendant de ω : en termes
v
U
d’amplitudes complexes, cela correspond à ---- = { nombre réel }, indépendant de ω .
V
U 
V
Le rapport ----  ou ---- s’exprime simplement en fonction des impédances Z 1 et Z 2
V 
U
des deux groupes RC.
v(t)
Si la condition cherchée est réalisée, la tension u ( t ) est semblable à v ( t )  u ( t ) = --------- :

10 
l’observation à l’oscilloscope n’est pas perturbée (le réglage des gains permet de compenser la différence d’amplitude…).
L’intérêt du montage ne peut provenir que de l’augmentation de l’impédance d’entrée
de l’appareil de mesure ( R 1 C 1 + oscilloscope), c’est-à-dire finalement de la diminution de la perturbation apportée au circuit étudié, qui est la « source » fournissant la
tension v ( t ).
■■ 3. Solution
1. Les deux composants R2 et C2 sont en parallèle, leurs admittances Y s’ajoutent donc :
1
1
Y e = ----- = ----- + jC 2 ω.
Ze
R2
170 Partie 2– Physique MPSI
R2
C2
Exercice 403
KF.book Page 171 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
D’où :
R2
Z e = --------------------------1 + jR 2 C 2 ω
R2
⇒ Z e = ------------------------------------- .
1 + ( R2 C2 ω )2
POINT MÉTHODE
Le module Z e de Z e est obtenu à partir de Z e = Z e 2 = Z e Z e∗ …
2
On a encore pour z = x + jy ⇒ z
et pour
2
= x2 + y2 ⇒ z =
x2 + y2
a
a
a
z = -- ⇒ z = -- = ----- .
b
b
b
D’où le résultat.
Application numérique :
10 6
Z e = --------------------------------------------------------------------6
1 + ( 10 ⋅ 20 ⋅ 10 –12 ⋅ 2πf ) 2
f = 1 kHz → Z e = 0,99 M Ω ;
f = 100 kHz → Z e = 79 k Ω .
• Mesure expérimentale de R2 et C2 :
– Mesure de R2 : on réalise le montage repréR
senté ci-contre où E est un générateur de tension continue. En régime permanent, la
R2
E
C2 u
capacité est équivalente à un circuit couvert.
Pour R = 0, on a u = E et on observe une
trace horizontale sur l’écran associée à une
déviation verticale ∆.
∆
E
Pour R = R 2 , on a u = --- (diviseur de tension) et la déviation verticale devient --- .
2
2
On ajuste donc la valeur de R pour que la déviation verticale soit divisée par 2 (alors
R = R 2 ).
– Mesure de C2 : e ( t ) est un générateur délivrant des signaux carrés de
tension crête à crête E et de fréquence
quelques kHz. On fait de plus e ( t )
R = R 2 (cf. réglage précédent).
R = R2
R2
C2 u ( t )
Chapitre 4– Électrocinétique 2 171
Exercice 403
KF.book Page 172 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
e(t)
E
0
T
1
Pour t ∈  n + -- T, ( n + 1 )T , E = 0 et le circuit se réduit à :

2
i
R2
R2
i
C2 u ( t )
≡
R
-----2
2
C2 u ( t )
R2
du
2
du
Dès lors : u = – ----- i et i = C 2 ------ ⇒ ------ + ------------ u = 0
2
dt
dt R 2 C 2
R2 C2
t′
τ = ----------– --τ
2
d’où u ( t′ ) = u ( 0 )e
avec :
1
t′ = t –  n + -- T

2
Il suffit alors de mesurer τ et d’en déduire C2 connaissant R2 (pour R 2 = 1 M Ω et
C 2 = 20 pF, on doit avoir τ = 10 µ s ).
u ( t′ )
u(0)
0
τ
T/2
t′
u(τ)
1
----------- = -- …
u(0)
e
Le phénomène est facilement observable si l’on impose une demi-période de l’ordre de
R2 C2
1
T
quelques τ , soit : --- ∼ qq ------------ ⇒ qq f ∼ ------------ = 50 kHz.
2
R2 C2
2
Ainsi
Une fréquence f de l’ordre de quelques kHz semble convenir.
172 Partie 2– Physique MPSI
Exercice 403
KF.book Page 173 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2. a. On se place en régime sinusoïdal
établi, on a donc en notation réelle :
v = V 0 cos ωt et
u = H ( ω )V 0 cos ( ωt + ϕ ( ω ) ).
C1
R1
v
u
C2
POINT COURS
La relation entrée ( v ( t ) ) – sortie ( u ( t ) ) s’exprime simplement en notation complexe. On a en effet :
v = V0 e
jωt
et
u = V 0 · H ( ω )e
u = H ( ω )e
Soit
v
jϕ ( ω )
jϕ ( ω )
e
jωt
.
v ⇒ u = H ( ω )v
H
u
La grandeur H est appelée fonction de transfert.
On a ainsi en notant V m (ici V m = V 0 ) et U m les amplitudes des signaux sinusoïdaux v ( t ) et u ( t ), et ϕ′ l’avance de phase du signal de sortie sur le signal
d’entrée :
Um
- et ϕ′ = ϕ.
H = H = ------Vm
Passons en notation complexe.
Le montage proposé s’identifie à un diviseur de tension.
v
On a donc :
Z2
u = v ------------------ .
Z1 + Z2
D’où
Z1
v
--- = 1 + ----Z2
u
Z1
Z2
u
1
1
1
----- = ----- + jC 2 ω = ----- ( 1 + jR 2 C 2 ω )
R2
Z2
R2
avec
1
1
1
----- = ----- + jC 1 ω = ----- ( 1 + jR 1 C 1 ω )
R1
Z1
R1
soit :
v
R 1 1 + jR 2 C 2 ω
--- = 1 + ----- --------------------------R 2 1 + jR 1 C 1 ω
u
Chapitre 4– Électrocinétique 2 173
Exercice 403
KF.book Page 174 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
On veut que le rapport de ces tensions soit une constante indépendante de ω. Il faut
donc que :
1 + jR 2 C 2 ω
--------------------------= cste = k.
1 + jR 1 C 1 ω
Or pour ω = 0, il vient k = 1, ce qui implique pour tout ω :
1 + jR 2 C 2 ω = 1 + jR 1 C 1 ω ⇒
v
R1
On a alors : --- = 1 + ----- ⇒
R2
u
R2 C2 = R1 C1
u
R2
--- = ----------------v R1 + R2
Les tensions u et v sont en phase, et leurs amplitudes sont dans un rapport constant
quelle que soit la pulsation ω.
R
u
1
2. b. On a --- = ----- pour 1 + -----1 = 10 ⇒ R 1 = 9R 2
R2
v
10
soit
R1 = 9 M Ω
La condition R 1 C 1 = R 2 C 2 devant être réalisée, il vient :
R2
1
C 1 = C 2 ----- = 20 × -- ⇒ C 1 # 2,2 pF.
R1
9
L’impédance Z′ e vue entre A′ et B′ correspond à la mise en série des impédances Z 1
et Z 2 . D’où :
R2
R1
- + ---------------------------- .
Z′ e = Z 1 + Z 2 et Z′ e = --------------------------1 + jR 1 C 1 ω 1 + jR 2 C 2 ω
Or
R 1 C 1 = R 2 C 2 soit :
R2
R1 + R2
1
Z′ e = --------------------------- ⋅ ( R 1 + R 2 ) = ------------------ ⋅ --------------------------- .
1 + jR 2 C 2 ω
1 + jR 2 C 2 ω
R2
R
Nous avons donc : Z′ e =  1 + -----1 Z e ⇒

R 2
soit encore : Z′ e = 10Z e ⇒
Z′ e = 10Z e
f = 1 kHz :
Z ′e ≈ 9,9 M Ω
f = 100 kHz : Z ′e ≈ 0,8 M Ω .
L’avantage résulte de l’augmentation de l’impédance du circuit, Z 1 + Z 2 remplaçant la
seule impédance Z 2 (lorsque la tension v ( t ) est branchée directement à l’entrée de
l’oscilloscope).
Le dispositif de mesure absorbe alors (par rapport au montage électrique fournissant
la tension v ( t ) étudiée) un courant 10 fois plus petit : la perturbation apportée par
l’appareil de mesure en est diminuée d’autant.
174 Partie 2– Physique MPSI
On applique donc à l’entrée de la sonde branchée sur l’une des voies de l’oscilloscope
la tension carrée de quelques kHz disponible sur l’oscilloscope lui-même. Lorsque le
réglage de C1 est correct, on doit obtenir à l’écran un signal « parfaitement » carré ;
dans le cas contraire, la relation entre u ( t ) et v ( t ) ne se réduisant plus à une simple
proportionnalité, le carré est déformé.
Commentaires
Un signal « quelconque » v ( t ) peut être interprété comme une somme (infinie) de composantes sinusoïdales : a ( ω ) cos ( ωt + ϕ v ( ω ) ).
Le système linéaire transforme la composante « ω » en :
a ( ω )H ( ω ) cos [ ωt + ϕ v ( ω ) + ϕ ( ω ) ]
(cf. H = H ( ω )e jϕ ( ω ) ).
Lorsque H ( ω ) = H 0 = cste et ϕ ( ω ) = 0, chaque composante est simplement multipliée par la constante réelle H 0. Le signal de sortie u ( t ) s’identifie alors à H 0 v ( t ) et reproduit donc, à une constante multiplicative près H 0, le signal d’entrée v ( t ) …
Ce dispositif constitue une sonde, qui permet de mesurer à l’oscilloscope une tension
en réduisant notablement la perturbation apportée au circuit surtout lorsqu’on est
contraint d’utiliser des câbles coaxiaux, dits « blindés », pour se protéger de tensions
parasites…
On peut se poser la question du comportement d’un tel circuit en régime quelconque,
non sinusoïdal permanent.
Le plus simple est de comparer les courants i et i′ imposés par la tension v ( t ) branchée
directement à l’entrée ( R 2 , C 2 ) de l’oscilloscope, et par la tension v ( t ) aux bornes du
circuit étudié.
Dans le cas de l’oscilloscope seul :
i
dv
v
dv
v
i = ----- + C 2 ------ = C 2  ------------ + ------
 R 2 C 2 dt 
dt
R2
et, pour le montage étudié :
d(v – u)
v–u
i′ = ----------- + C 1 -------------------dt
R1
soit :
dv u
du
v
i′ = ----- + C 1 ------ – ----- – C 1 ------dt R 1
dt
R1
v
u
dv
du
i′ = C 1  ------------ + ------ – C 1  ------------ + -------
 R 1 C 1 dt 
 R 1 C 1 dt 
v = u
R2
C2
C1
i′
i′
R1
v
u
R2
C2
avec également, pour le bloc R2C2 :
u
du
i′ = C 2  ------------ + ------- .
 R 2 C 2 dt 
Chapitre 4– Électrocinétique 2 175
Exercice 403
KF.book Page 175 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 404
KF.book Page 176 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Dans le cas où R 1 C 1 = R 2 C 2 , il vient :
v
u
dv
du
i′ = C 1  ------------ + ------ – C 1  ------------ + -------
 R 2 C 2 dt 
 R 2 C 2 dt 
soit :
i
i′
i′ = C 1  ------ – C 1  ------
 C 2
 C 2
et finalement :
C1
i
i′ = ------------------ ⋅ i = ----C1 + C2
10
Pour toute tension v ( t ), le courant dérivé dans le dispositif de mesure est dix fois plus
faible que dans le cas du branchement direct (ce qui implique bien une impédance dix
fois plus grande dans le cas du régime sinusoïdal permanent…).
Pour que cette propriété soit indépendante de la forme de la fonction v ( t ), il faut que
les deux blocs ( R 1 C 1 ) et ( R 2 C 2 ) soient « semblables », ce qui correspond à l’égalité
des constantes de temps…
404 Fonction de transfert
On cherche à déterminer les caractéristiques du quadripôle représenté sur la figure
ci-contre.
On prendra C 1 = 1 nF, C 2 = 10 nF,
R 1 = 10 k Ω et on supposera que le quadripôle est branché en sortie sur une
charge infinie de telle sorte que le courant
de sortie is reste constamment nul.
A
C1
R1
B
is = 0
C2
C
vs
D
1. On se place dans cette question en régime continu établi.
Déterminer les résistances d’entrée Re et de sortie Rs du montage dans le cas où le
circuit est alimenté – entre A et B – par :
a. un générateur idéal de tension continue E0 ;
b. un générateur de tension continue de f.é.m. E0 et de résistance interne R 0 = 50 Ω .
2. Le générateur de tension est désormais sinusoïdal et de pulsation ω. On considère
le régime sinusoïdal établi.
176 Partie 2– Physique MPSI
Vs
a. Déterminer la fonction de transfert H = ----- . Commenter.
Ve
Tracer les diagrammes de Bode donnant G dB = 20 log H ainsi que ϕ ( ω ) = Arg ( H )
en fonction de log ω.
1
1
On posera : ω 1 = ---------- ; ω 2 = --------------------------- et ω 0 = ω 1 ω 2 .
R1 C1
R1 ( C1 + C2 )
b. On ajoute en parallèle avec C2 une résistance R2.
Reprendre l’étude précédente. On envisagera plusieurs cas selon que R2C2 est supérieur, égal, ou inférieur à R1C1.
Poser
R1 + R2
ω 2′ = -------------------------------R1 R2 ( C1 + C2 )
et
ω 0′ =
ω 1 ω 2′ .
Tracer les diagrammes de Bode pour R 1 = 10 k Ω ; C 1 = 1 nF et :
R
C
• ----2- = 1 avec ----2- = 10 ;
R1
C1
C
R
• ----2- = 1 avec ----1- = 10.
C1
R2
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
Points de cours
• Résistance d’entrée – résistance de sortie.
• Fonction de transfert.
• Diagrammes de Bode : comportements asymptotiques.
Outil mathématique
• Calculs sur les nombres complexes.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. On se place en régime continu établi, régime pour lequel les capacités sont équivalentes à des circuits ouverts.
2. Le courant is étant nul (charge infinie), le même courant traverse les branches AC et
CD. On est alors en présence d’un diviseur de tension, ce qui permet de déterminer
simplement l’expression de la fonction de transfert H.
Les diagrammes de Bode doivent mettre en évidence les comportements asymptotiques (à T.B.F. et à T.H.F.), comportements que l’on peut retrouver directement en
modifiant « à vue » le circuit proposé (à T.B.F., les capacités se réduisent – à la limite –
à des circuits ouverts alors qu’en T.H.F., leur impédance tend vers zéro…).
Chapitre 4– Électrocinétique 2 177
Exercice 404
KF.book Page 177 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 404
KF.book Page 178 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■3. Solution
1. a.
POINT COURS
Considérons le système source quadripôle [ABCD] - charge.
En régime continu établi, le dipôle
[AB] vu de la source est équivalent
à une résistance appelée résistance
d’entrée Re. On a ainsi :
ve
R e = ---- .
ie
ie
source
A
ve
C
Q
charge
B
D
quadripôle Q
ie
source
ve
Re
Elle ne dépend pas de la source
mais dépend du quadripôle Q et
en général de la charge.
Pour un générateur de tension ( E 0 , R 0 ), le courant ie sera d’autant moins sensible
au « défaut » R0 que la résistance d’entrée est grande ( R e R 0 ).
En régime continu établi, les condensateurs ne se
laissent pas traverser par un courant : ils sont alors
équivalents à des coupe-circuit. Le montage devient :
ve
v
On a donc : i e = 0 et R e = ----e est infinie.
ie
Dans cette question, le générateur de tension
continue est idéal (E0), l’ensemble source-quadripôle
se réduit alors à :
R1
is
E0
D’où
vs
⇒
ie
R1
is = 0
vs
Fig. 1
Rs = R1
et E s = E 0
R s = R 1 = 10 k Ω
R1
is
1. b. Le générateur de tension continue n’est plus idéal
(E0 , R0). La valeur de la résisR0
vs
tance d’entrée n’en est pas
modifiée (elle n’est pas liée à
E0
la source). Pour la résistance
de sortie, le système sourcequadripôle devient :
Mais R 0 = 50 Ω et R 1 = 10 k Ω soit R s′ = R s = 10 k Ω
178 Partie 2– Physique MPSI
⇒ R s′ = R 1 + R 0
Exercice 404
KF.book Page 179 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2. a.
POINT MÉTHODE
Notons Z 1 et Z 2 les impédances des
branches AC et CD. Le courant is
étant nul, Z 1 et Z 2 constituent un
diviseur de tension. On a donc :
Y1
Vs
Z2
------ = ------------------ = ------------------ , où Y 1 et
Y1 + Y2
Ve
Z1 + Z2
C is = 0
A
Z1
Ve
Z2
Vs
D
1
1
Y 2 sont les admittances complexes associées à Z 1 et Z 2  Y 1 = ----- et Y 2 = ----- .

Z1
Z 2
Ceci suppose que i s = 0 et donc que l’impédance d’entrée du système placé en aval
de CD soit idéalement infinie ( Z e Z 2 en pratique…).
Or
soit
Y 2 = jC 2 ω
et
1
1
Y 1 = ----- + jC 1 ω = ----- ( 1 + jR 1 C 1 ω )
R1
R1
1 + jR 1 C 1 ω
1 + jR 1 C 1 ω
H = ----------------------------------------------------- ⇒ H = --------------------------------------------- .
1 + jR 1 C 1 ω + jR 1 C 2 ω
1 + jR 1 ( C 1 + C 2 )ω
Posons alors
1
ω 1 = -----------R1 C1
et
1
ω 2 = ----------------------------R1 ( C1 + C2 )
( ω2 ω1 ) :
ω
1 + j -----ω1
H = ----------------ω
1 + j -----ω2
Commentaires
• Pour ω tendant vers zéro on obtient H → 1, ce qui s’explique en considérant qu’à la
limite les deux condensateurs constituent des coupe-circuit. On est alors ramené au circuit
représenté à la figure 1. Dès lors V e = V s et H = 1. De plus ϕ = 0.
• Pour ω tendant vers l’« infini » (c’est-à-dire en fait pour ω ω 1 ω 2 ) H devient
ω2
C1
équivalent, à la limite, à ------ , soit : H ∼ ------------------ .
ω1
C1 + C2
Cette fois-ci le circuit se réduit à :
A
C1
B
C2
C
D
Chapitre 4– Électrocinétique 2 179
Exercice 404
KF.book Page 180 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Y1
Z2
jC 1 ω
D’où : H ∼ ------------------ = ------------------ = -----------------------------Z2 + Z1 Y2 + Y1
jC 2 ω + jC 1 ω
C1
H ∼ ------------------ .
C1 + C2
et
De même lim ϕ = 0.
ω → +∞
• Les deux pulsations ω 1 et ω 2 intervenant dans la fonction de transfert 2. a. sont en fait
1
1
celles des circuits : [ R 1 – C 1 ] d’une part ( τ 1 = R 1 C 1 et ω 1 = -- = ------------ ) et
τ
R1 C1
1
1
[ R 1 – ( C 1 // C 2 ) ] d’autre part ( τ 2 = R 1 ( C 1 + C 2 ) et ω 2 = ---- = ----------------------------- ). Ceci
τ2
R1 ( C1 + C2 )
peut se comprendre aisément en considérant l’équation différentielle associée au circuit
proposé et en prenant en compte deux cas particuliers :
ω
1 + j -----Vs
dv s
dv e
ω1
H = ----------------- = ----- ⇒ v s + τ 2 -------- = v e + τ 1 -------- .
Ve
dt
dt
ω
1 + j -----ω2
Si l’on fait donc v e ( t ) = 0, on a pour v s ( t ) :
C1
R1
C2
v s ( t ) ≡ R1
C1
C2
v s ( t ) ≡ R1
Ce
vs ( t )
avec C e = C 1 + C 2 , d’où la constante de temps τ 2 = R 1 C e = R 1 ( C 1 + C 2 ).
De même, en faisant cette fois-ci v s ( t ) = 0, nous obtenons pour v e ( t ) :
ve ( t )
R1
C1
il apparaît ici la constante de temps τ 1 = R 1 C 1 .
POINT COURS
ω
1 + j -----ω1
La fonction de transfert H = ----------------- peut se réécrire :
ω
1 + j -----ω2
1
ω
H = H 1 ◊ H 2 avec H 1 = 1 + j ------ et H 2 = ----------------- .
ω
ω1
1 + j -----ω1
H 1 et H 2 sont des fonctions de transfert du premier ordre dont les diagrammes
asymptotiques sont donnés, pour GdB, par (traits pleins) :
•••
180 Partie 2– Physique MPSI
Exercice 404
KF.book Page 181 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
•••
( G dB ) 1
( G dB ) 2
3dB
20dB/décade
ω2
O
ω1
O
( ω ) EL
( ω ) EL
–3dB
–20dB/décade
ω ω 1 : ( G dB ) 1 → 0 ;
ω ω 2 : ( G dB ) 2 → 0.
ω
ω ω 1 : ( G dB ) 1 ∼ 20 log  ------ ;
 ω 1
ω
ω ω 2 : ( G dB ) 2 ∼ – 20 log  ------ .
 ω 2
On peut ainsi obtenir un diagramme asymptotique de G dB = 20 log H par simple « addition » des diagrammes précédents ; soit dans le cas où ω 2 ω 1 :
G dB
O
ω2
ω1
ω2
20 log  ------
 ω 1
En effet : ω ω 2 et ω1
ω ω 2 et ω1
■ Diagramme
G dB Æ 0 + 0 = 0
ω2
ω ω2
G dB → 20 log  ------  ------ = 20 log  ------ .
 ω 1  ω 
 ω 1
de Bode donnant log ω Æ G dB = 20 log H
On a
ω 2
ω
1 +  ------
1 + j ----- ω 1
ω
H = -------------------1- = --------------------------- .
ω
ω 2
1 + j -----1 +  ------
ω2
 ω 2
D’où
ω2
ω2
G dB = 10 log  1 + ------ – 10 log  1 + ------


2
ω1
ω 22
Chapitre 4– Électrocinétique 2 181
Exercice 404
KF.book Page 182 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
1
1
– Pour ω ω 2 ω 1 : G dB → 0  G dB ∼ 10ω 2  ------ – ------  .

 ω 2 ω 2 
1
– Pour ω ω 1 ω 2 : G dB
– Pour ω = ω 0 =
2
ω 2
 1 + ----2

ω
ω2
1
= 10 log  ---------------2 ∼ 20 log ------ = G 0 .

ω1
ω
 1 + -----2-

ω 2
ω 1 ω 2 : G dB
ω 2

-
 1 + ----ω
G0
ω2
1
= 10 log  --------------- = 10 log ------ = ------ .

ω1
2
ω
 1 + -----1-
ω 2

D’autre part, G est ici une fonction monotone décroissante de ω, d’où le graphe avec :
1
= 10 5 rad ⋅ s –1 → log ω 1 = 5
ω 1 = ---------------------10 4 ⋅ 10 –9
et
G dB ( ω 1 ) = – 17,85 ∼ – 17,9
1
ω 2 = -------------------------------- = 9,09 ⋅ 10 3 rad ⋅ s –1 → log ω 2 = 3,96
10 4 ⋅ 11 ⋅ 10 –9
ω0 =
ω1 ω2
et
1
log ω 0 = -- ( log ω 1 + log ω 2 ) = 4,48
2
et
et
G dB ( ω 2 ) = – 2,97
G dB ( ω 0 ) = – 10,4.
C1
G 0 = 20 log ------------------ → G 0 = – 20,8.
C1 + C2
log ω 2 log ω 0 log ω 1
G dB
3
O
–4
–8
G
-----02
–12
–16
–20
G0
182 Partie 2– Physique MPSI
4
5
log ω
■ Diagramme de Bode donnant le déphasage ϕ de la tension de sortie sur la tension
d’entrée : log ω Æ ϕ ( ω )
POINT MÉTHODE
ϕ est complètement défini par la valeur de sa tangente et par le signe de cos ϕ ou de
sin ϕ.
On cherchera donc à déterminer l’expression de tan ϕ ainsi que l’intervalle auquel
appartient ϕ.
On a H = H e jϕ
ω
1 + j -----a1
a 1 e jθ1
ω1
avec H = ----------------- = ------------ = ----- e j ( θ1 – θ2 )
jθ 2
a
ω
a2 e
2
1 + j -----ω2
où a1 et a2 sont les modules du numérateur et du dénominateur ( a 1 0 et a 2 0 ).
On a donc ϕ = θ 1 – θ 2
ω
π
 tan θ = ----- et cos θ 1 0 → θ 1 ∈  0, ---
1
 2

ω1
avec : 
ω
π

------ et cos θ 2 0 → θ 2 ∈  0, --- .
 tan θ 2 = ω
 2
2
D’autre part, ω 1 ω 2 implique θ 2 θ 1 et donc :
π
ϕ 0 avec – --- ϕ 0.
2
ω ω
------ – -----ω1 ω2
tan θ 1 – tan θ 2
-.
De plus, tan ϕ = tan ( θ 1 – θ 2 ) = ------------------------------------- = --------------------1 + tan θ 1 tan θ 2
ω2
1 + ------------ω1 ω2
ω
-----ω0
ω2 – ω1 1
ω2 – ω1
ω
Posons x = ------ ( ω 0 = ω 1 ω 2 ) ⇒ tan ϕ = ------------------ ----------------------2- = ------------------ ------------ .
ω0
ω0
1
ω0
ω
x + -1 +  ------
 ω 2
x
1
1
On constate alors que ϕ est invariant par le changement de x en -- : ϕ ( x ) = ϕ  -- .
 x
x
 La fonction X = log x → F ( X ) est donc paire et le graphe
 associé est symétrique par rapport à l’axe X = 0 (c’est-à
1

Or ϕ -- = F ( – log x )  dire ω = ω 0 ).
 x

ϕ ( x ) = F ( log x )
Une étude rapide de la fonction ϕ ( ω ) donne :
ω ω
– pour ω ω 1 et ω2 : ϕ ∼ ------ – ------ et ϕ tend vers 0 en même temps que ω ;
ω1 ω2
Chapitre 4– Électrocinétique 2 183
Exercice 404
KF.book Page 183 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 404
KF.book Page 184 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
π
– pour ω ω 1 et ω2 : θ 2 et θ 1 → --- et ϕ → 0 ;
2
ω2 – ω1
ω 1 ω 2 (soit x = 1 ) : tan ϕ = -----------------;
2ω 0
1
– de plus, ϕ est minimal pour ω = ω 0 , la quantité x + -- étant minimale pour x = 1
x
(et ω 2 – ω 1 est négatif).
ω
D’où le graphe log ------ → ϕ ( ω ) avec ϕ ( ω 1 ) = – 39,8°, ϕ ( ω 2 ) = – 39,8°
ω0
et ϕ ( ω 0 ) = – 56,4°.
– pour ω = ω 0 =
–2
–1
ω2
log  ------
 ω 0
0
ω1
log  ------
 ω 0
1
ω
log  ------
 ω 0
2
–10°
–60°
2. b. La résistance R2 étant placée en parallèle avec C2 , l’admittance Y 2 s’écrit :
1
1
Y 2 = ----- + jC 2 ω = ----- ( 1 + jR 2 C 2 ω ).
R2
R2
La fonction de transfert devient :
1
----- ( 1 + jR 1 C 1 ω )
Y1
R1
H = ------------------ = ------------------------------------------------------------------------------------1
Y1 + Y2
1
----- ( 1 + jR 1 C 1 ω ) + ----- ( 1 + jR 2 C 2 ω )
R1
R2
1 + jR 1 C 1 ω
R2
soit encore : H = ------------------ ---------------------------------------------------------- .
R1 + R2
R2 R1
1 + j ------------------ ( C 1 + C 2 )ω
R1 + R2
R2
1
1
Posons : H 0 = ------------------ , ω 1 = ------------ et ω 2′ = -----------------------------------------R1 + R2
R1 C1
R2 R1
------------------ ( C + C 2 )
R1 + R2 1
184 Partie 2– Physique MPSI
Exercice 404
KF.book Page 185 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
ω
1 + j -----ω1
H = H 0 ------------------ω
1 + j -------ω 2′
d’où
Commentaires
• À très basse fréquence ( ω ω 1 et ω 2′ ),
A
R1
is = 0 C
R2
H → H 0 = ------------------ , les capacités se réduiR1 + R2
sent à des coupe-circuit et le circuit devient
un simple diviseur de tension (ici formé des
résistances R1 et R2).
• À très haute fréquence, le résultat est
inchangé par rapport au 2. a., le circuit
étant équivalent à un diviseur de tension
capacitif.
Et :
C1
H → ------------------ .
C1 + C2
R2
B
A
D
C1
is = 0 C
C2
B
D
• La fréquence « centrale » ω 0′ s’écrit maintenant :
ω 0′ =
ω 1 ω 2′ =
R
R
1 + -----1
1 + -----1
R
R
1
1
------------------2- ⋅ --------------2- = ------------ --------------2C2
R1 C1
C2
( R1 C1 )
1 + -----1 + -----C1
C1
R
(on a ω 0′ = ω 0 1 + -----1 ).
R2
Pour ce circuit, et pour les mêmes raisons que celles exposées dans le commentaire de la
question 2. a., les pulsations ω 1 et ω 2′ sont celles associées aux circuits [ R 1 – C 1 ] et
[ ( R 1 // R 2 ) – ( C 1 // C 2 ) ] .
• D’où les différents diagrammes de Bode :
1er cas :
R
C
C
1
ω 1 = ω 2′ soit R 1 C 1 = R 1 C 1  1 + -----2- --------------- ce qui exige -----1 = -----2- et donc

R
C 1
R2
C1
1 + -----1
R2
R 1 C 1 = R 2 C 2 . Dans ce cas, la fonction de transfert est indépendante de la pulsation ω :
R2
H = H 0 = ------------------ , et G dB = 20 log H 0 ; ϕ = 0.
R1 + R2
Chapitre 4– Électrocinétique 2 185
Exercice 404
KF.book Page 186 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2e cas :
R1 C2
R 1 C 1 R 2 C 2 et donc ----- ------ soit ω 2′ ω 1 ; les courbes sont de même nature que
R2 C1
celles tracées au 2. a. :
ϕ
GdB
0
3
4
5
6
log ω
–5
0
3
4
5
6
log ω
–10
–15
–30
–25
Ici, R 1 = 10 k Ω ; C 1 = 1 nF, C 2 = 10 nF et on a pris : R 2 = R 1 . On a alors
log ω 0′ = 4,63.
3e cas : R 1 C 1 R 2 C 2 soit ω 2′ ω 2 les courbes sont alors « inversées ». On obtient :
ϕ
GdB
3,5
0
4,5
5,5
6,5
log ( ω )
40
–5
20
–15
0
–25
3
5
7 log ( ω )
R
Ici, C 1 = C 2 = 1 nF ; -----1 = 10 ( R 1 = 10 k Ω et R 2 = 1 k Ω ) et log ω 0′ = 4,63.
R2
186 Partie 2– Physique MPSI
Exercice 405
KF.book Page 187 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
405 Adaptation d’impédance
1. Un générateur de tension sinusoïdale alternative de f.é.m. e ( t ) = E cos ωt et
d’impédance interne (complexe) Z alimente une impédance de charge Z′.
À quelle(s) condition(s) sur Z′ la puissance électrique reçue par la charge est-elle
maximale ?
2. Le générateur précédent a maintenant une impédance interne réelle Z = R g et
doit alimenter une charge réelle R L avec R L ≠ R g .
Pour réaliser l’adaptation en puissance ci-dessus, on propose d’intercaler entre générateur et charge un module L-C selon l’un des montages suivants :
C
Rg
C
Rg
L
L
RL
e(t)
RL
e(t)
Quel montage faut-il adopter ? Quelles valeurs faut-il prendre pour L et C ?
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Utilisation des amplitudes complexes.
• Puissance reçue par un dipôle.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
Déterminer les caractéristiques de l’impédance de charge qui permet de recevoir la puissance maximale d’un générateur donné consiste à « adapter » la charge au générateur.
■■ 3. Solution
1.
POINT COURS
I
Z
U
La puissance moyenne reçue par un dipôle d’impédance
complexe Z, soumis à une tension sinusoïdale
u = U cos ωt
et parcouru par un courant
i = I cos ( ωt + ϕ ) s’écrit :
1
1
P = --UI cos ϕ = --I 2 ◊ Re { Z }.
2
2
Chapitre 4– Électrocinétique 2 187
Exercice 405
KF.book Page 188 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
En adoptant la notation en amplitudes complexes,
on a U = Z′ ⋅ I
U = E – Z I.
E
Soit ici avec E = E
E
I = --------------- .
Z + Z′
1
La puissance reçue par Z′ est P = --I 2 ⋅ Re { Z′ }.
2
Soit en notant Z = R + jX et Z′ = R′ + jX′ :
1 R′E 2
P = -- -------------------22 Z + Z′
Z
I
U
Z′
1
R′E 2
-.
P = -- --------------------------------------------------2 ( R + R′ ) 2 + ( X + X′ ) 2
P est une fonction des deux variables R′ et X′.
Remarquons que pour obtenir la puissance maximale, X′ pouvant être de signe quelconque, la première chose à faire est d’annuler le terme ( X + X′ ) 2 , d’où X′ = – X.
E2
R′E 2
Il reste alors à chercher le maximum de la fonction P ( R′ ) = -------------------------2- = -----f ( R′ )
2
2 ( R + R′ )
soit en dérivant par rapport à R′ :
1
2R′
f ′ ( R′ ) = ----------------------2 – ----------------------3
( R + R′ ) ( R + R′ )
1
f ′ ( R′ ) = ----------------------3 ( R + R′ – 2R′ ).
( R + R′ )
Cette dérivée s’annule pour R = R′ et correspond bien à un maximum : la fonction
f est positive, s’annule pour R′ = 0 et R′ → ∞. D’où le graphe de P ( R′ ) :
E2
-----8R
P
R′
R
On peut regrouper les deux conditions trouvées pour obtenir le maximum de P :
0
X′ = – X 
∗
 ⇔ Z′ = Z
R′ = R 
Z ∗ désignant l’impédance imaginaire conjuguée de Z.
Dans ces conditions, on a « adapté » l’impédance au générateur.
188 Partie 2– Physique MPSI







2. Dans le cas d’impédances réelles, la condition précédente se réduit à : R L = R g . Cette
condition n’est évidemment pas réalisée.
• Considérons l’impédance de charge Z′
branchée aux bornes du générateur dans le
C
Rg
cas du premier montage proposé : la puisL
sance absorbée par ce dipôle est égale à la
RL
puissance consommée dans R L, seul éléE = E
ment dissipatif du dipôle, la condition
d’adaptation établie au 1. s’écrit donc ici :
R g = Z′
Z′
1
1
R g = ---------- + ---------------------avec
jCω
1
1
--------- + -----jLω R L
jLωR L
1
R g – ---------- = --------------------soit
R L + jLω
jCω
1 
 R – --------- ( R + jLω ) = jLωR L
 g jCω L
R
L
R g R L – --- + j  LωR g + -------L- = jLωR L
Cω
C 
d’où les deux conditions :
L
 R g R L – --= 0
C


RL
 LωR + ------- = LωR L
g

Cω
RL
La seconde relation impose LCω 2 = ----------------RL – Rg
ce qui n’est possible que si R L R g .
L
Dans ce cas, avec --- = R g R L , on obtient :
C
RL
Rg
L = ------ ----------------ω RL – Rg
(si R L R g ).
1
C = ------------------------------------ω Rg ( RL – Rg )
• Il reste à étudier le second montage proposé :
C
Rg
L
RL







E
nouvelle Z′
Chapitre 4– Électrocinétique 2 189
Exercice 405
KF.book Page 189 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 405
KF.book Page 190 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
1
1
On veut Z′ = R g ou Y′ = ----- = ----Z′
Rg
1
1
1
--------- + ----------------------- = ----1
Rg
jLω
R L + ---------jCω
1
1
jCω
-------------------------- = ----- – --------R g jLω
1 + jCωR L
soit :
jLω – R
jCω
-------------------------- = ---------------------g
jLωR g
1 + jCωR L
– LCω 2 R g = ( 1 + jCωR L ) ( jLω – R g ).
D’où les deux conditions :
 – LCω 2 R g = – R g – LCω 2 R L

 0 = Lω – CωR L R g

Rg
 LCω 2 = ----------------Rg – RL


L
 -- C = RL Rg

Ceci n’est possible que si R g R L et dans ce cas :
Rg
RL
L = ----- ----------------ω Rg – RL
1
C = -------------------------------------ω RL ( Rg – RL )
(si R g R L ).
Les deux montages proposés permettent donc de trouver une solution dans tous les
cas, le choix du montage dépendant des valeurs relatives de RL et R g.
Commentaire
Ce problème d’adaptation d’impédance a une grande importance pratique dans le cas des
émetteurs d’ondes radio :
l’adaptation correspond à la transmission d’un maximum de puissance à l’antenne, afin de
rendre maximale la puissance rayonnée.
190 Partie 2– Physique MPSI
Exercice 406
KF.book Page 191 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
406 Deux branches en parallèle
Partie A
Le dipôle représenté ci-dessous est alimenté en régime permanent par une source de
tension sinusoïdale u ( t ) = U 0 cos ωt.
C
L
R
i(t)
C′
R′
u(t)
1. On prend R = R′ dans cette question, les valeurs de C, C′, R′, U0 et ω étant imposées.
a. Pour quelle(s) valeur(s) de L les deux branches du circuit absorbent-elles la même
puissance électrique ?
b. Retrouver les résultats précédents à partir d’une représentation de Fresnel.
2. Reprendre les questions du 1. dans le cas où R est différente de R′.
1
-
On posera R 0 = R′  1 + -------------------2
R′ C′ 2 ω 2 .

Partie B
On supprime la capacité de la branche supérieure.
1. À quelle(s) condition(s) portant sur R, R′, L et C′ l’impédance complexe du dipôle
est-elle indépendante de ω ?
2. Le condensateur C′ n’étant pas chargé pour
t 0 , on applique au dipôle un échelon de tension d’amplitude E.
Déterminer le courant i ( t ) traversant le dipôle.
À quelles conditions ce courant est-il constant
pour t 0 ?
u(t)
E
0
t
3. Commenter les résultats obtenus aux B.1. et B.2.
■■ 1. Solution
Partie A
1. a. La puissance moyenne P absorbée par un dipôle d’impédance complexe Z
s’exprime par :
1
P = --U 0 I cos φ
2
Chapitre 4– Électrocinétique 2 191
Exercice 406
KF.book Page 192 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
avec : u = Zi
soit encore : U 0 = ZIe jφ .
Posons Z = A + jX et donc Z = Z =
u(t)
A2 + X2 :
u ( t ) = U 0 cos ωt
i ( t ) = I cos ( ωt + φ )
U0
U
Ie jφ = -----0- = -----2-Z ∗
Z
Z
et
Z
i(t)
U0
U0
 U0 
I cos φ = Re  -----2-Z ∗  = -----2-Re ( Z ∗ ) = -----2-A.
Z
Z
Z

2
1 U0
Finalement : P = -- -----2-A
2Z
soit pour chaque branche :
1
• Z = R + j  Lω – --------

Cω
R
C
L
2
d’où : A = R et Z =
1
R 2 +  Lω – -------- .

Cω
1
• Z′ = R′ – j ---------C′ω
d’où : A′ = R′ et Z′ =
R′
C′
1 .
R′ 2 + -------------C′ 2 ω 2
1 2 R′
1 2 R
1 2R
D’où P = --U 0 -----2 et P′ = --U 0 -------2- = --U 0 -------2- puisque dans cette question, on a
2 Z′
2 Z′
2 Z
R′ = R.
On aura P = P′ (même puissance absorbée dans les deux branches) pour Z = Z′
soit :
1
1 2
R 2 +  Lω – -------- = R 2 + -------------
Cω
C′ 2 ω 2
1
1
ce qui donne : Lω – -------- = ± ---------- .
C′ω
Cω
Une première solution correspond à
1 1 1
L =  --- + ----- -----2 C C′ ω
Il en existe une seconde pour C C′ :
1 1 1
L =  --- – ----- -----2 C C′ ω
1. b. On peut également exprimer la puissance P selon :
1
1
P = --Re ( Z )I 2 = --RI 2 .
2
2
192 Partie 2– Physique MPSI
Exercice 406
KF.book Page 193 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Or u = Zi donne U 0 = Z I ( i = I e jωt )
2
1 U0
d’où U 0 = ZI et P = --R -----22 Z
P = P′ avec R = R′ se traduit donc par Z′ = Z .
Et Z′ = Z avec R = R′ ⇒ Z = Z′ ∗ (conjugué de Z′ ) ou Z = Z′ soit en représentation de Fresnel :
■ 1er
cas
D
Z′ ∗
Z = Z′ ∗
⇒
R
Z′
R
j
– ---------C′ω
Z′
jLω
j
– -------Cω
D′
D′
Cas toujours possible
1
1
On doit avoir dans ce cas (points D et D′ symétriques) : Lω – -------- = ---------Cω
C′ω
1 1 1
1
1
d’où : Lω = ---------- + -------- soit L = -----2-  ----- + ---
C′ω Cω
ω  C′ C
■ 2e
cas
O
R
Z = Z′
A′
j
A ′ B ↔ – -------Cω
D′ = D
j
A′D′ ↔ – ---------C ′ω
jLω
BD ′ = BD ↔ j L ω
B
1
1
Cette dernière configuration n’est possible que pour A′B A′C soit -------- ---------- ,
Cω C′ω
c’est-à-dire pour C C′. Dès lors, il vient :
1
1
Lω = -------- – ---------- ⇒
Cω C′ω
1 1 1
L =  --- – ----- -----2 C C′ ω
2. On a maintenant R′ ≠ R, et la relation P = P′ s’écrit alors :
R′
R′
R
-----2 = ------2- , soit Z′ 2 = ----- Z 2 .
R
Z′
Z
Chapitre 4– Électrocinétique 2 193
Exercice 406
KF.book Page 194 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Soit encore :
R′
1
R
1 2
1 2
= ----- R 2 +  Lω – -------- , et  Lω – -------- = RR′ – R 2 + -------------------R′ 2 + -------------2
2



R
Cω
Cω
C′ ω
R′C′ 2 ω 2
R
ce qui n’est possible que pour : RR′ – R 2 + -------------------0
R′C′ 2ω 2
1
c’est-à-dire pour : R R′.  1 + ---------------------- .
2

R′ C′ 2ω 2
1
-
Posons R 0 = R′.  1 + ---------------------R′ 2 C′ 2ω 2 ⇒ R R 0 .

On obtient alors :
1 2
 Lω – ------- = R ( R0 – R )

Cω
ce qui donne :
1
Lω – -------- =
Cω
et
R ( R0 – R )
1
L = ---------2- + ---------------------------ω
Cω
R ( R0 – R ) ⇒
1
1
Lω – -------- = – R ( R 0 – R ) pour --- R ( R 0 – R )ω
C
Cω
R ( R0 – R )
1
L = ---------2- – ---------------------------ω
Cω
soit
Il y a là encore (pour R R 0 ) une ou deux valeurs de L satisfaisant à la condition imposée.
■À
l’aide de la représentation de Fresnel :
on a ici R′ ≠ R et Z′ =
R′
----- Z. Pour illustrer le propos, supposons R′ R.
R
y
S1
O
J
K
A′
A″
Z′
S2
Z′
B′
194 Partie 2– Physique MPSI
x (axe réel)
1
On a OA′ = R′ et A′B′ = ---------- . On trace alors le cercle de centre O et de rayon
C′ω
R
OK = Z = ----- Z′ (Z′ = OA″). L’impédance Z est représentée par un vecteur
R′
OS dont l’extrémité S doit se situer sur ce cercle avec :
1
Z = R + j  Lω – -------- , soit OS ⋅ i = R = OJ.

Cω
Le problème n’est possible que pour OJ OK ( R Z ), soit pour :
R
1
1 
= R0 .
R 2 ----- Z′ 2 ⇒ R -----  R′ 2 + -------------R′
R′ 
C′ 2 ω 2
On retrouve la condition R R 0 .
Dans ce cas ( R R 0 ), il existe a priori deux solutions (points S1 et S2).
• La solution associée à S1 est toujours possible, elle
correspond à :
Z
1
2
2
Lω = -------- + Z – R
Cω
R
R 2
1 
1
1
soit Lω = -------- + ----- R′ + -------------– R2
-------R′ 
Cω
C′ 2 ω 2
Cω
et
1
Lω = -------- + RR 0 – R 2 ⇒
Cω
Lω
R ( R0 – R )
1
L = ---------2- + ---------------------------ω
Cω
• La seconde solution (point S2) n’est envisageable
que pour :
1
1
-------- Z 2 – R 2 ⇒ -------- RR 0 – R 2 .
Cω
Cω
J
R
Z
On a alors :
1
Lω = -------- – Z 2 – R 2
Cω
soit
R ( R0 – R )
1
L = ---------2- – ---------------------------ω
Cω
Lω
j
JN ↔ – -------Cω
N
Commentaire
Notons que, dans le cas où R ≠ R′ , les arguments de Z et Z′ ne sont pas plus égaux ou
opposés, et qu’il existe un cas particulier ( Z = R ) pour lequel Z est réel, alors que Z′ ne
l’est pas. On a alors :
1
Z = R = R 0 = R′  1 + ----------------------2-

( R′C′ω ) 
1
et Lω – -------- = 0, soit LCω 2 = 1.
Cω
Chapitre 4– Électrocinétique 2 195
Exercice 406
KF.book Page 195 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 406
KF.book Page 196 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Partie B
1. Lorsque l’impédance complexe Z du dipôle
A
[ AB ] est indépendante de la pulsation ω , il en est
1
de même de son admittance complexe Y = --- .
Z
L
R
B
R′
C′
1
1
Or Y = Y RL + Y R′C′ (association en parallèle) et Y RL = ------------------- = ---------------------------- .
R + jLω
Lω
R  1 + j -------

R
jC′ωR′
1
De même Y R′C′ = ------------------------ = -------------------------------------- .
R′ ( 1 + jR′C′ω )
1
R′ + -----------jC′ω
L
Posons τ = --- et τ′ = R′C′, il vient :
R
1
1
1
jωτ′
Y = --- ⋅ ------------------ + ----- ⋅ -------------------R 1 + jωτ R′ 1 + jωτ′
soit encore :

1
1
1
1 1
Y = ----- +  --- ⋅ ------------------ – ----- ⋅ -------------------- 
R′  R 1 + jωτ R′ 1 + jωτ′ 
1
1
On a alors Y ( 0 ) = --- et lim Y = ----- . Une condition nécessaire est donc R = R′ ;
R′
R
∞
Y devient alors :

1
1
1
Y = ---  1 + ------------------ – -------------------- .
R
1 + jωτ 1 + jωτ′ 
Cette nouvelle expression est indépendante de ω pour τ = τ′.
Les conditions cherchées sont :
1
R = R′ et τ = τ′ ⇒ Y ( ω ) = --- et Z ( ω ) = R.
R
R′ = R et L = R 2 C ′
Il faut donc que :
2. On soumet le dipôle AB à un échelon de
tension d’amplitude E. Pour t 0, les équations des branches sont :
di 1
E = Ri 1 + L ------- (1)
dt
q′
E = R′i 2 + ----C′
di 2
dq′
soit avec i 2 = -------- ; 0 = C′R′ ------- + i 2
dt
dt
Intégrons ces deux équations :
E
(1) donne : i 1 ( t ) = --- +
R
196 Partie 2– Physique MPSI
t
– -λe τ
(2)
L
(où τ = --- )
R
i1
R
L
u
i2
R′
u
q′ C′
t
– -E
or i 1 ( 0 + ) = 0 (continuité du courant dans l’inductance) ⇒ i 1 ( t ) = --- ⋅  1 – e τ

R 
(2) fournit : i 2 ( t ) = µe
t
– ---τ′
(où τ′ = R′C′ )
q′ ( 0 + )
or u ( 0 + ) = E = R′i 2 ( 0 + ) + --------------- = R′i 2 ( 0 + ) (continuité de la charge du condenC′
t
E – ---sateur) ⇒ i 2 ( t ) = ----- e τ′ .
R′
D’où, avec i ( t ) = i 1 ( t ) + i 2 ( t ) :
t
t
E  E – ---- E – -- 
i ( t ) = --- +  ----- e τ′ – ---e τ 
R 
R  R′
u(t 0)
t
E
On a représenté ci-dessous les courbes donnant -- → i 1 , i 2 , i et --- = --------------------- pour
τ
R
R
R = 1 000 Ω ; R′ = 1 500 Ω et τ′ = 1,5τ.
E
--R
i
0,01
i1
0,006
i2
0,002
0
2
4
6
8
t
-τ
E
Le courant i ( t ) est constant pour t 0 et vaut --- si les deux termes où figurent les
R
exponentielles s’annulent, ce qui se produit dès que :
R′ = R et τ′ = τ
On retrouve les conditions établies au B.1.
Chapitre 4– Électrocinétique 2 197
Exercice 406
KF.book Page 197 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 407
KF.book Page 198 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
3. Les résultats obtenus au B.1. et B.2. sont identiques. Ces deux approches permettent
de conclure, les conditions R′ = R et L = R 2 C′ étant réalisées, à la proportionnalité
entre la tension imposée u ( t ) et le courant i ( t ) que doit débiter le générateur de tension délivrant u ( t ), à savoir :
1
i ( t ) = ---u ( t ).
R
Ceci n’a rien d’étonnant si on se rappelle que l’on peut « toujours » décomposer un
signal temporel u ( t ) en une somme continue de composantes sinusoïdales. Si l’on
obtient ainsi une même relation de proportionnalité entre les composantes sinusoïdales de i ( t ) et u ( t ) , il en sera évidemment de même pour ces deux grandeurs
(à rapprocher de la relation étroite associant fonction de transfert et équation
différentielle…).
407 Puissance consommée
1. Le dipôle AB représenté sur la figure ci-contre est A
L′
alimenté par un générateur idéal de tension sinusoïdale
de fréquence 50 Hz et de valeur efficace U e = 220V,
R est une résistance variable.
C
R
L
a. Déterminer la puissance moyenne P (puissance
active) absorbée par le circuit.
B
b. On constate que cette puissance P fournie par le
générateur est maximale pour une valeur R 1 = 25 Ω de R. En déduire les valeurs de
L′ et de la puissance maximale Pm effectivement consommée.
c. Pour une valeur R 2 de R ( R 2 R 1 ), le facteur de puissance du circuit devient égal
à l’unité, et la puissance consommée est de 500 W.
Donner les valeurs de la capacité C et de R 2 sachant que L = 1 H.
2. Le dipôle AB est désormais alimenté par un générateur parfait de courant sinusoïdal de valeur efficace Ie et de pulsation ω .
Déterminer la puissance P consommée dans le circuit, et tracer la courbe donnant
P(ω)
ω
-------------- en fonction de x = ------ à R, L, L′, C fixés. On prendra les valeurs de L′ et C déterP ( ω0 )
ω0
minées plus haut ainsi que R = R 2 .
Commenter le résultat obtenu.
1
C
On posera ω 0 = ---------- et Q = R -- .
L
LC
198 Partie 2– Physique MPSI
■■
Exercice 407
KF.book Page 199 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Solution
1. a. La puissance moyenne fournie par le généraL′
teur est celle qui est consommée dans l’élément
dissipatif constitué par la résistance R.
L
Or la tension U s’applique directement au dipôle u C
u
L′-R. Il reste donc à calculer la valeur efficace du
courant traversant R (la capacité C et l’inductance
L ne jouent aucun rôle quant à la détermination de
cette puissance).
Désignons par i′ ( t ) le courant parcourant la branche L′-R. On a :
1 t′ = T 2
i′ ( t′ ) dt′ = I e′ 2
P = <Ri′ 2 ( t )> = R<i′ 2 > avec <i′> 2 = --T t′ = 0
d’où P = RI e′ 2
I e′ = intensité efficace.
i′
R
∫
Or u = Z′i′ en notation complexe où Z′ = R + jL′ω.
Soit U e = Z′I e′ (Z′ : module de Z′ )
Ue
et I e′ = ------------------------------ ⇒
R 2 + L′ 2 ω 2
R
2
P = U e ------------------------R 2 + L′ 2 ω 2
(1)
2
2
Ue
Ue
= ----------- .
1. b. Cette puissance se réécrit : P = ----------------------------2
2
f
(R)
ω
 R + L′
--------------

R 
L’expression au dénominateur est minimale pour R = L′ω ( f ( R ) tend vers l’infini
df
L′ 2 ω 2
- ).
pour R = 0 et R infini, et ------- = 1 – ------------dR
R2
2
On a donc : R 1 = L′ω et P m
Ue
= --------- .
2R 1
Application numérique :
25
L′ = ---------------- ⇒ L′ = 80 mH
2π ⋅ 50
( 220 ) 2
P m = --------------- ⇒ P m = 968 W.
2 ⋅ 25
1. c. Si l’on désigne par i ( t ) le courant débité par
le générateur :
u ( t ) = U e 2 cos ωt
i ( t ) = I e 2 cos ( ωt + ϕ ).
L′
i
u
C
L
R
La puissance consommée dans le circuit peut s’écrire :
P = I e U e cos ϕ où cos ϕ est le facteur de puissance.
Chapitre 4– Électrocinétique 2 199
Exercice 407
KF.book Page 200 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Commentaire
Le facteur de puissance est lié au déphasage du courant délivré par le générateur sur la tension à ses bornes. Ce déphasage ϕ dépendra de L′ et R mais aussi de L et C.
Le facteur de puissance prend la valeur unité pour ϕ = 0, c’est-à-dire lorsque le courant i ( t ) est en phase avec la tension u ( t ).
Or I = YU ( Y admittance du circuit).
La condition cherchée se traduit alors par :
Im ( Y ) = 0
(Im ≡ partie imaginaire)
Le circuit étant constitué de trois branches en parallèle, nous avons : Y = Y 1 + Y 2 + Y 3
avec :
1
1
Y 1 = jCω, Y 2 = --------- et Y 3 = --------------------- .
R + j L′ω
jLω
D’où :
1
1
Y = j  Cω – ------- + --------------------- .


R
+
j L′ω
Lω
Soit encore :
1
R – j L′ω
Y = j  Cω – ------- + ------------------------
Lω R 2 + L′ 2 ω 2
L′ω .
1
Im ( Y ) = Cω – ------- – ------------------------2
Lω R + L′ 2 ω 2
et
1
L′
Il faut donc que Im ( Y ) = 0, c’est-à-dire : C = ---------2 + ------------------------2
Lω R + L′ 2 ω 2
R1
1
d’où : C = ---------2 + -------------------------2
Lω ( R + R 2 )ω
2
(2) ( R = R 2 d’après l’énoncé, et L′ω = R 1 ).
1
La valeur de R2 se déduit de celle de la puissance consommée :
R2
2
- (cf. 1. a. avec L′ω = R 1 ).
P = 500 W = U e ----------------2
2
R2 + R1
2
D’où :
Ue
2
2
R 2 –  ------ R 2 + R 1 = 0
 P
2
et
2  U  R
R
-----2 –  --------e-  -----2 + 1 = 0.
 R 1  PR 1  R 1
R2
Cette équation admet deux solutions p1 et p2 par rapport à la variable ----- avec
R1
2
Ue
p 2 p 1 = 1 et p 2 + p 1 = --------- . Ces racines sont donc positives, l’une est inférieure à 1
PR 1
et l’autre supérieure à 1. Le texte impose R 2 R 1 . On a alors :
2
2
2
 Ue 
R2
1 U
----- = -- --------e- +  --------- – 4 .
2 PR 1
R1
 PR 1
200 Partie 2– Physique MPSI
Exercice 407
KF.book Page 201 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
R
Application numérique : -----2 = 3,59 d’où : R 2 = 90 Ω .
R1
On en déduit d’après (2) : C = 19,3 µF.
2. Les trois branches (C, L et L′-R) constituent un diviseur de courant.
On a alors :
Y′
I0
I′ = ----------------------------- I 0
Y 1 + Y 2 + Y′
I′
I1
L′
I2
C
L
R
1
1
avec Y 1 = jCω, Y 2 = --------- et Y′ = --------------------- .
jL′ω + R
jLω
1
Soit encore : I′ = -------------------------------------I 0
1 + Z′ ( Y 1 + Y 2 )
et
1
I′ = -----------------------------------------------------------------I 0
1
1 + j ( R + jL′ω )  Cω – -------

Lω
(3)
La puissance consommée dans le circuit, donc dans R, s’écrit :
1
P = --R<i′ 2 ( t )> = RI e′ 2.
2
Or d’après (3) et I e désignant la valeur efficace du courant débité par le générateur
( I 0 = I e 2 ),
1
I e′ = I e -----------------------------------------------------------------------------------------------1 
1
 1 – L′ω  Cω – ------ + jR  Cω – -------



Lω 
Lω
2
et
RI e
P = ------------------------------------------------------------------------------------------------.
1  2
1 2
 1 – L′ω  Cω – -----
2
+ R Cω – ------


Lω 
Lω
2
Soit encore
RI e
P = ---------------------------------------------------------------------------------------------------2


R2
L′
2
2
2
- ( 1 – LCω )
- ( 1 – LCω )  + ---------- 1 + ---2 2
L

 L ω
1
ω
C
2
et en posant ω 0 = ------- , x = ------ et Q = R --- (Q représente le facteur de qualité du
LC
ω0
L
circuit { R // L // C } ) :
2
RI e
-.
P = ---------------------------------------------------------------------------2
2

 Q
L′
- ( 1 – x 2 )  + -----2- ( 1 – x 2 ) 2
 1 + ---L
x


2
Pour ω = ω 0 il vient P ( ω 0 ) = P ( x = 1 ) = RI e
Chapitre 4– Électrocinétique 2 201
Exercice 407
KF.book Page 202 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
x2
P(ω)
-------------- = ------------------------------------------------------------------------------------2
P ( ω0 ) 

L′
- ( 1 – x2 )  + Q2( 1 – x2 )2
 x 1 + ---L


d’où
Avec les valeurs L′ = 8 ⋅ 10 –2 H ; C = 19,3 µF ; L = 1 H ; R = 90 Ω ,
19,3 ⋅ 10 –6
L′
----- = 8 ⋅ 10 –2 et Q = 90 ------------------------- # 0,4.
1
L
D’où la courbe tracée pour 0 x 5 :
nous avons :
P(ω)
-------------P ( ω0 )
1
1
2
x
Commentaires
• On remarque que cette puissance tend vers une
L′
i′
valeur nulle à très basse fréquence ( ω → 0 ) où à
très haute fréquence ( ω → ∞ ). Ceci s’explique
aisément si l’on prend en compte le circuit bouchon
(C // L) placé en parallèle avec la branche L′-R.
I0
C
L
R
En effet, en T.B.F., l’inductance L joue le rôle de
court-circuit, et le courant source I0 passe
« entièrement » dans L, ce qui implique que i′
devient nul et P tend bien vers zéro. De même, en T.H.F., c’est la capacité C qui joue le rôle
de court-circuit : la conclusion est la même.
1
• Pour la pulsation caractéristique du circuit bouchon, c’est-à-dire pour ω = ω 0 = ----------- ,
LC
tout le courant va passer dans la branche L′-R (l’impédance de l’ensemble L //C devenant
infinie). Dès lors, on a :
2
P = RI e′ 2 = RI e = P ( ω 0 ).
202 Partie 2– Physique MPSI
KF.book Page 203 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
B. Filtres actifs et autres circuits
avec amplificateur opérationnel
411 Filtre de Butterworth
On étudie le circuit ci-dessous, dans lequel l’amplificateur opérationnel est supposé idéal :
C1
R
R
–
∞
+
A
Ve
Vs
C2
;;
;;
;;
1. Montrer que la fonction de transfert de ce circuit peut s’écrire :
Vs
1
.
H = ----- = -------------------------------------------------------Ve
1 + 2jRC 2 ω – R 2 C 1 C 2 ω 2
1
ω
En introduisant la pulsation caractéristique ω c = ------------------ et x = ------ , mettre H
ω
R C1 C2
c
sous la forme :
1
H = --------------------------------21 + 2jα x – x
et donner l’expression de α .
2. On étudie G dB = 20 log H ; étudier – en fonction de α – le comportement de GdB
en fonction de logx. Préciser la nature du circuit.
Donner l’allure des courbes représentatives (diagramme de Bode en amplitude).
dG dB
- = 0 admet x = 0 comme solution triple,
3. Dans le cas particulier où ---------dx
déterminer :
C1
– la valeur de ----- correspondante, et l’expression simplifiée de GdB(x) ;
C2
– la fréquence de coupure de filtre obtenue.
On obtient alors un filtre dit « de Butterworth ».
Chapitre 4 – Électrocinétique 2 203
Exercice 411
KF.book Page 204 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■ 1. Ce qu'il faut savoir
• Propriétés de l’AO idéal.
• Fonction de transfert.
• Loi des nœuds en termes de potentiels : théorème de Millmann.
■■ 2. Ce qu'il faut comprendre
• L’application judicieuse de la loi des nœuds (exprimée en termes de potentiels) et
l’hypothèse du fonctionnement linéaire de l’AO (avec ε = 0) – nécessaire à la définition de la fonction de transfert – suffisent pour éliminer les potentiels V – , V + et V A
(en amplitudes complexes évidemment).
• Pour GdB, on étudie d’abord le comportement asymptotique. Le calcul – ultérieur –
dG dB
de la dérivée de GdB en fonction de logx se ramène au calcul de ------------- , et même à celui
dx
dG …
de -------dx
■■ 3. Solution
1. Écrivons le potentiel V A (en amplitudes complexes) du nœud A en fonction des
potentiels des nœuds voisins (théorème de Millmann) :
Ve V +
------ + ------ + jC 1 ωV s
V e + V + + jRC 1 ωV s
R
R
V A = -------------------------------------------- = ------------------------------------------------ .
2 + jRC 1 ω
1 1
--- + --- + jC 1 ω
R R
D’autre part, l’AO est idéal (courants d’entrée nuls) et (pont diviseur de tension) :
1
-----------jC
1
2ω
V + = ----------------------V A = -------------------------V A .
1 + jRC 2 ω
1
R + -----------jC 2 ω
En régime linéaire (ce que suppose l’existence de la fonction de transfert) :
V + = V – , avec ici V – = V s .
Écrivons alors l’égalité des deux expressions de V A , en tenant compte des deux égalités
ci-dessus :
V e + V s + jRC 1 ωV s
V A = ( 1 + jRC 2 ω )V s = ---------------------------------------------- ;
2 + jRC 1 ω
( 1 + jRC 2 ω ) ( 2 + jRC 1 ω )V s = V e + ( 1 + jRC 1 ω )V s ;
[ ( 1 + jRC 2 ω ) ( 2 + jRC 1 ω ) – ( 1 + jRC 1 ω )] V s = V e ;
204 Partie 2– Physique MPSI
Exercice 411
KF.book Page 205 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
d’où :
Vs
1
H = ------ = ------------------------------------------------------------------------------------------------- ;
Ve
( 1 + jRC 2 ω ) ( 2 + jRC 1 ω ) – ( 1 + jRC 1 ω )
en effectuant les produits et simplifiant, on obtient bien :
1
H = -----------------------------------------------------------1 + 2jRC 2 ω – R 2 C 1 C 2 ω 2
1
En introduisant ω c = --------------------- , il vient :
R C1 C2
ω2
R 2 C 1 C 2 ω 2 = -----2- = x 2 ;
ωc
et
RC 2
ω
RC 2 ω = --------------------- ⋅ ------ =
ω
R C1 C2
c
soit :
1
H = -------------------------------21 + 2jαx – x
C2
------ ⋅ x
C1
α=
avec
C2
-----C1
2. Exprimons GdB :
G dB = 20log H = 10log H 2 ;
G dB = – 10 log[ ( 1 – x 2 ) 2 + 4α 2 x 2 ].
Pour x → 0, GdB → 0 et pour x → +∞, G dB ∼ – 10logx 4 = – 40logx , ce qui correspond à une asymptote (pour la courbe GdB en fonction de log x) de pente – 40 dB/décade :
la structure du circuit proposé est celle d’un filtre passe-bas du second ordre.
Les deux asymptotes se coupant en x = 1, valeur pour laquelle,
G dB ( x = 1 ) = – 10log ( 4α 2 ) = – 20log ( 2α ).
Pour connaître le comportement de GdB autour de x = 1, il faut déterminer le signe de
sa dérivée, ou encore, la fonction logarithme étant monotone croissante, le signe
dG dB
de ------------ .
dx
Or
dG dB
10 dD
dlogD
-----------= – 10 --------------- = – ----- -------- ;
D dx
dx
dx
avec
D = ( 1 – x 2 ) 2 + 4α 2 x 2 ;
d’où
dD
-------- = 2 ( 1 – x 2 ) ( – 2x ) + 8α 2 x ;
dx
dD
-------- = 4x ( x 2 – 1 + 2α 2 )
dx
Chapitre 4– Électrocinétique 2 205
Exercice 411
KF.book Page 206 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
et
x = 0

1
dD
si α 2 -- .
-------- = 0 ⇔  ou
2
dx

 x = 1 – 2α 2
D’où deux cas à envisager :
C2 1
2
• α ------- , soit ------ -- :
2
C1 2
dD
-------- s’annule pour x = 0 et pour x = 1 – 2α 2 = x 1 (x est toujours 0) et est négadx
tive entre ces deux valeurs, positive pour x x1.
dG dB
Du fait du signe – dans l’expression de ------------- , GdB est donc croissante de x = 0 à x = x1,
dx
puis décroissante pour x x1 (ce qui est cohérent avec le comportement asymptotique
de GdB).
On peut donc donner l’allure des courbes :
GdB
1
α 2 -2
–1
0,1
1
10
0
x1
logx
x
–40
Le maximum de GdB (pour x = x1) est facilement calculable :
G dB ( x = x 1 ) = – 10logD
avec
D = ( 1 – ( 1 – 2α 2 ) ) 2 + 4α 2 ( 1 – 2α 2 ) ;
D = 4α 4 + 4α 2 – 8α 4 ;
D = 4α 2 ( 1 – α 2 ) ;
1
ce qui correspond bien à une valeur G dBmax positive (sauf pour le cas limite α 2 = -- :
2
D – 1 = – ( 2α 2 – 1 ) 2 ).
C2 1
2
• α ------- , soit ------ -- :
C1 2
2
2
la solution x1 n’existe plus (ou, si α = ------- , est nulle : elle se confond alors avec l’autre
2
solution x = 0).
GdB est alors monotone décroissante, d’où l’allure des courbes représentatives :
206 Partie 2– Physique MPSI
GdB
–1
0,1
Exercice 411
KF.book Page 207 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
1 log x
10 x
0
1
–20log 2α
(α = 2)
–40
dG dB
1
- = 0 correspond à x1 = 0, soit α 2 = -3. Le cas x = 0 solution simple de -----------dx
2
C1
(d’après le 2.), et ------ = 2.
C2
G dB = – 10log[ ( 1 – x 2 ) 2 + 2x 2 ] ;
Dans ce cas, GdB devient :
G dB = – 10log ( 1 + x 4 )
et
G dB ( x = 1 ) = – 10log2 = – 3dB.
x = 1 correspond donc à la fréquence de coupure du filtre passe-bas (cf. figure précédente), soit :
1
1
ω = ω c = --------------------- et f c = --------------------------- .
2πR C 1 C 2
R C1 C2
La courbe représentative de GdB reste alors toujours au-dessous ses asymptotes, mais
elle en est très proche : écart –3dB à l’abscisse du point de croisement de celle-ci.
La courbe est semblable à celle d’un filtre passe-bas d’ordre 1, mais la pente de l’asymptote (pour les fréquences élevées) est deux fois plus forte.
–1
GdB
–0,5
0,5
1
logx
–5
1
α = ------2
–25
Chapitre 4– Électrocinétique 2 207
Exercice 412
KF.book Page 208 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
412 Amplificateur différentiel
Les AO seront supposés idéaux et en foncR′1
tionnement linéaire avec v+ = v– .
R1
1. On considère le montage de la figure 1.
–
∞
a. À quelle condition sur les résistances a+
t-on v s = G 0 ( e 2 – e 1 ) ? Donner la valeur de
R2
G0 pour R ′1 = 100 k Ω et R 1 = 10 k Ω .
vs
e1
e2
R′2
b. On suppose que les valeurs des résistances sont définies avec une précision de p %.
1
Fig. 1
On pose e c = --- ( e 1 + e 2 ) ; e d = e 2 – e 1
2
vs = Gd ed + Gc ec .
et :
Calculer, en fonction des résistances R1, R ′1 , R2 et R ′2 , les coefficients Gd et Gc. En
G
déduire l’expression du taux de réjection de mode commun défini par T = 20 log ----d- :
Gc
R 1′
( R 2′ ⁄ R 2 )
le résultat sera donné en fonction du paramètre η = --------------------- et G 0 = ----- .
R1
( R1 ′ ⁄ R1 )
Application numérique : on prendra G 0 = 10 et p = 1 %, puis G 0 = 100 et
p = 0,1 % et on calculera la valeur minimale de T (ce qui revient à se placer dans
le cas le plus défavorable compte tenu de la précision sur la valeur des résistances).
2. Le montage de la figure 2 comprend trois AO.
R est une résistance variable.
R′3
+
–
e′1
∞
AO1
R
e1
+
e2
–
+
R′
–
R3
∞
∞
AO3
R3
R 3′
vs
R″
AO2
e′2
Fig. 2
Montrer que l’on a ainsi constitué un amplificateur différentiel de tension dont on
exprimera le gain G en fonction des résistances R′, R, R″, R3 et R ′3 .
3. Comparer les deux montages.
208 Partie 2– Physique MPSI
Exercice 412
KF.book Page 209 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Lois de l’électrocinétique.
• Propriétés d’un AO idéal.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Le système fonctionnant en régime linéaire, on peut appliquer le théorème de
superposition.
2. On retrouvera dans le circuit le bloc étudié au 1.
■■ 3. Solution
1. a. L’AO est supposé idéal ( i – = 0,
i + = 0, absence d’offset) et en fonctionnement linéaire. Le théorème de superposition donne alors :
v s = A 1 e 1 + A 2 e 2 (1)
On a donc :
vs
vs
.
A 1 =  ----
et A 2 =  ----
 e 1 e2 = 0
 e 2 e1 = 0
R′1
R1
∞
–
+
e1
e2
R2
vs
R ′2
Fig. 3
• Calcul de A1 :
Faire e2 = 0 consiste à réduire le montage à celui représenté ci-contre : en
effet, e2 = 0 implique qu’aucun courant
ne traverse R2 et R 2′ ( i + = 0 ), soit
v+ = 0. Il s’agit alors d’un simple montage inverseur pour lequel on a :
v+ = 0
v– = v+ (AO idéal en régime linéaire)
i– = 0 ⇒ i = i′
R′1
i
R1
–
i′
∞
+
e1
0
vs
Fig. 4
vs
R 1′
0 – vs
e1 – 0
- = i′ = ------------- ⇒ ---- = – ----d’où : i = -----------e1
R 1′
R1
R1
R 1′
A 1 = – ----R1
Chapitre 4– Électrocinétique 2 209
Exercice 412
KF.book Page 210 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
• Calcul de A2 :
Cette fois-ci, on annule e1 et le montage de
la figure 5 est un montage amplificateur
non inverseur pour lequel on a :
v+ = e
v– = v+ ; i = i′, d’où :
R ′1
i
R1
–
i′
∞
+
v+
vs
0–v
v+ – vs
i = -------------+- = i′ = -------------R1
R 1′
Fig. 5
vs
R 1′
R′
soit : v s =  1 + -----1 v + ⇒  -----
= 1 + ----- .

 v + e1 = 0
R1
R 1
D’autre part, le montage branché sur l’entrée
non inverseuse de l’AO est un diviseur de tension puisque i + = 0.
R ′2
v
D’où : ----+- = ------------------ .
R 2 + R 2′
e2
Au total, il vient :
v+
vs
v
R′
1
----s =  ----- ⋅  ----- =  1 + -----1 -------------------- v +  e 2 

R
e2
R 1 
1 + -----2-

R 2′ 
′
R
 1 + -----1

R 1
soit : A 2 = --------------------- .
R
 1 + -----2-

R 2′ 
R2
e2
i+ = 0
R′2
v+
Reportant les valeurs obtenues pour A1 et A2 dans (1), il vient :
R′
1 + -----1
R ′1
R1
v s = – -----e 1 + --------------- e 2
R1
R
1 + -----2
R ′2
(2)
Pour réaliser un amplificateur différentiel de tension, on doit avoir v s = G 0 ( e 2 – e 1 )
ce qui impose :
R′
1 + -----1
R′
R
G 0 = ---------------1 = -----1
R1
R2
1 + -----R 2′
R ′1
R
R′
soit : 1 + -----1 = -----  1 + -----2- ⇒
R1 
R 2′ 
R1
R′ R ′
-----1 = -----2R1 R2
100
Application numérique : G 0 = -------- ⇒ G 0 = 10.
10
210 Partie 2– Physique MPSI
Exercice 412
KF.book Page 211 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
1. b. Il suffit de réécrire la relation (2) avec :

 e = e + e---d e = 1-- ( e + e )
c
 c
2 1 2 ⇒ 2
2


e
 e = e – ---d
c
 1
 ed = e2 – e1
2

D’où :
R′
1 + -----1
R ′1 
R1 
e d
e
v s = – ----- e c – ---- + --------------- e c + ---d-
R1 
R 
2
2
1 + -----2R 2′
soit encore :
R′
1 + -----1
R R′
---------------1 – -----1
R2 R1
1 + -----R 2′
.







+ ec







1
v s = e d ⋅ -2
R′
1 + -----1
R′
R
---------------1 + -----1
R2 R1
1 + -----R 2′
Gd
Gc
v
Dès lors, le rapport des gains de mode commun Gc ( G c = ----s pour e 1 = e 2 = e 0 ) et
e0
v
e 0′
- ) est donné par :
différentiel ( G d = -----s- pour e 2 = – e 1 = ----e 0′
2
R R ′1
R ′1 
 1 + ----– 1 + -----2- ----


R 2′  R 1
R1
G
------c = ---------------------------------------------------------------- .
Gd
R′
R R′
1 
-- 1 + -----1 +  1 + -----2- -----1
2 
R 2′  R 1
R 1 
D’où :
R 2′ R ′1
R ′1 R 2
------ – ----1 – ----- -----Gc
R 1 R 2′
R2 R1
Gc
------ = ----------------------------------------------- ⇒ ------ = ---------------------------------------------------- .
R
′
G
R
2R
Gd
′
′
R
1
1 2 R ′1 2R ′1 R 2′
d
-- 1 + --------1 + -----2- -----1
-- ------ + ----- + -------- -----2
2 R2 R1 R1 R2
R 1 R 2′ R 1
R ′1
R ′1
R′
Posons -----2- = η ----- et G 0 = -----, nous obtenons :
R1
R1
R2
G
η–1
------c = ----------------------------------------- .
1
Gd
-- [ 1 + η + 2ηG 0 ]
2
Le taux de réjection T devient :
1 + η + 2ηG
T = 20 log --------------------------------0
2(η – 1)
Chapitre 4– Électrocinétique 2 211
Exercice 412
KF.book Page 212 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
R′
Pour un montage parfaitement réglé, on aurait -----2- =
R2
et T serait infini (Gc = 0 et Gd = G0). Cependant, les
connues qu’avec une précision limitée (ici p %) :
R′
-----1 = G 0 , c’est-à-dire η = 1,
R1
valeurs des résistances ne sont
R 2′ R 1
∆R ′ ∆R ∆R ∆R ′1
∆η
η = ------ ⋅ ----- ⇒ ------- = ---------2- + ---------2- + ---------1- + --------- .
η
R 2 R ′1
R ′1
R2
R1
R 2′
Soit en prenant (pour simplifier) une valeur commune – égale à p % – pour les incer∆R i
titudes relatives --------- :
Ri
∆η
------- = 4p
η
∆η # 4 p (puisque η # 1).
et
Identifions alors η – 1 à ∆η (imprécision sur la connaissance de la valeur du paramètre η) :
1 + 1 + 2G
T # 20 log ---------------------------0- .
2 ⋅ 4p
Application numérique :
⇒ T = 49 dB
G 0 = 10
et
p = 0,01
G 0 = 100
et
p = 0,001 ⇒ T = 88 dB.
2. On peut décomposer le système en deux blocs :
R′3
+
∞
AO1
–
e1
R3
i 1′
e 1′
–
+
∞
AO3
R3
R′
R3
B1
R
R ′3
vs
B2
–
e2
+
bloc I
∞
AO2
R″
i 2′
e 2′
bloc II
R′
Le bloc II est identique au montage étudié au 1. a. Il présente un gain G 0 = -----3- et
R3
constitue un amplificateur différentiel tel que v s = G 0 ( e 2′ – e 1′ ).
212 Partie 2– Physique MPSI
Exercice 412
KF.book Page 213 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Étudions le bloc I.
POINT MÉTHODE
Remarquons tout d’abord que les AO étant supposés idéaux, les tensions e 1′ et e 2′ ne
dépendront pas des courants i 1′ et i 2′ , l’étude du bloc I peut donc se faire indépendamment de celle du bloc II.
Dès lors, les AO fonctionnant en régime linéaire, le théorème de superposition donne :
 e 1′ = α 11 e 1 + α 12 e 2

 e 2′ = α 21 e 1 + α 22 e 2
• Calcul des coefficients α 11 et α 21 :
e 1′
e 2′
Nous avons α 11 =  ----
et α 21 =  ----
. Faisons e 2 = 0, dès lors
 e 1 e 2 = 0
 e 1 e 2 = 0
( v – ) 2 = ( v + ) 2 = 0 ⇒ v ( B 2 ) = 0 d’où le schéma :
∞
+
–
e1
e 1′
R′
R
B2
On reconnaît là un montage du type non inverseur, de gain G1 tel que (cf. 1. a.) :
e 1′
R′
R′
G 1 = 1 + ----- ⇒  ----
= G 1 = 1 + ----
e 1 e 2 = 0
R
R
R′ .
d’où : α 11 = 1 + ----R
La détermination de α 21 se fait aisément en
remarquant que v B1 = e 1 et que l’AO2 constitue – pour e2 = 0 – un montage du type
inverseur. Soit :
R″
R″
e 2′ = – ------ e 1 ⇒ α 21 = – ------ .
R
R
R″
R
–
+
e1
∞
AO2
e 2′
• Calcul des coefficients α 22 et α 12 :
e 2′
e 1′
. Il suffit alors de faire e 1 = 0, et
Cette fois-ci, α 22 =  ----- 
et α 12 =  ----- 
 e 2  e1 = 0
 e 2  e1 = 0
on est ramené au cas précédent en permutant R′ et R″ soit :
R″
α 22 = 1 + -----R
et
R′
α 12 = – ----- .
R
Chapitre 4– Électrocinétique 2 213
Exercice 412
KF.book Page 214 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Finalement, on a, dans le cas général :
R′
R′
e 1′ =  1 + ----- e 1 – -----e 2

R
R
R″
R″
e 2′ = – ------ e 1 +  1 + ------ e 2

R
R
• Calculons la différence ( e 2′ – e 1′ ) :
R″ R′
R′ R″
e 2′ – e 1′ =  1 + ------ + ----- e 2 –  1 + ----- + ------ e 1


R R
R R
R″ R′
e 2′ – e 1′ =  1 + ------ + ----- ( e 2 – e 1 ).

R R
• Considérons pour terminer l’association des blocs I et II :
R 3′
R 3′
R″ + R′
v s = ------ ( e 2′ – e 1′ ) = ------  1 + ------------------ ( e 2 – e 1 ).
R3
R3 
R 
On a ainsi réalisé un amplificateur différentiel de tension de gain global G :
R 3′
R″ + R′
G = ------  1 + ------------------ 
R3 
R 
3. • Réglage du gain :
Le montage du 1. impose la modification des valeurs de deux résistances (puisque l’on
R′
R′
doit avoir au mieux -----1- = -----2- ), ce qui est donc un inconvénient, les valeurs de résisR1
R2
tances n’étant pas connues avec exactitude. Par contre, pour le montage du 2. la valeur
du gain peut être contrôlée par la seule résistance R. (On a préalablement réalisé,
R 3′
R 3′
autant que possible, la condition  ------ =  ------ ).
 R 3  R 3 • Impédances d’entrée :
e1
= R 1 et
Le montage du 1. présente des impédances d’entrée finies R e1 =  ----
 i 1  e2 = 0
e2
R e2 =  ----
= R 2 + R 2′ (i1 et i2 courants traversant R1 et R2 ), ce qui peut être un
 i 2  e1 = 0
inconvénient. Pour le montage du 2., ces mêmes impédances sont infinies, du moins
pour des AO idéaux (i+(AO1) = 0 et i+(AO2) = 0).
• Charge :
Pour les deux montages, on peut placer en sortie une charge dont l’un des pôles sera
relié à la masse. La présence de la charge ne perturbe pas le fonctionnement de ces
montages pour des AO idéaux (sauf si limitation en courant de sortie…)
• Les deux montages présenteront un taux de réjection non idéal (le bloc II du 2. étant
identique au 1.).
214 Partie 2– Physique MPSI
Exercice 413
KF.book Page 215 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
413 Simulation d’une inductance
1. On considère le circuit ci-dessous, en régime sinusoïdal permanent (l’AO est idéal
avec v+ = v– en régime linéaire).
A
R1
R0
–
+
ve ( t )
C
∞
vs ( t )
M
a. Établir la relation liant les amplitudes complexes V e et V s : à quoi correspond-elle ?
b. Calculer l’admittance d’entrée du montage : montrer que c’est celle de deux éléments passifs en parallèle dont on précisera la nature.
2. On monte en parallèle entre les bornes A et M le circuit suivant (AO idéal supposé
en fonctionnement linéaire) :
R2
A
∞
–
+
ve ( t )
R3
R4
vs ( t )
M
Que devient l’admittance d’entrée de l’ensemble du montage ?
À quelle condition sur les résistances obtient-on l’équivalent d’une inductance pure ?
Application numérique : R 0 = R 1 = 10 k Ω et C = 0,1 µF .
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• AO idéal en fonctionnement linéaire.
• Notion d’impédance d’entrée.
• Association d’impédances en parallèle.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. L’AO étant idéal, il ne circule aucun courant dans la borne d’entrée inverseuse.
Chapitre 4– Électrocinétique 2 215
Exercice 413
KF.book Page 216 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Ie
1
L’admittance d’entrée Y e est l’inverse de l’impédance d’entrée Z e : Y e = ----- = ------ , I e
Ve
Ze
étant l’amplitude complexe du courant entrant par la borne A. Il suffit d’exprimer la
somme des courants circulant dans les résistances R0 et R1 pour calculer I e .
2. Dans ce second montage, le courant d’entrée est le courant circulant dans la résistance R2, et la tension V s est reliée à V e par le pont diviseur de tension ( R 3 – R 4 )
( V + = V – car l’AO est idéal). L’admittance d’entrée de ce montage s’ajoute à celle du
montage précédent (éléments connectés en parallèle).
■■ 3. Solution
1. a.
POINT COURS
Un amplificateur opérationnel est dit idéal lorsque ses courants d’entrée sont nuls
(i – = i + = 0), son impédance interne de sortie également nulle, et lorsqu’il ne présente aucun décalage constant en courant et en tension.
Par contre, son gain en boucle ouverte i – = 0
–
peut ne pas être infini, ce qui implique,
ε
en régime linéaire, une tension d’entrée
ε non rigoureusement nulle (bien qu’en
V s = µε
+
général négligeable, au moins dans le i + = 0
cadre des exercices proposés… et pour
des fréquences pas trop élevées).
On adoptera ici pour un AO en fonctionnement idéal :
– régime linéaire : ε = 0 et V s V sat ;
– régime à saturation : V s = +V sat et ε 0
ou V s = –V sat et ε 0.
Exprimons le bilan des courants au nœud B correspondant à l’entrée inverseuse de l’AO :
A
B
R0
Ve
V–
i = 0 C
∞
–
+
Vs
L’AO étant idéal, i = 0 dans l’entrée inverseuse, et un même courant traverse la résistance R0 et la capacité C, d’où :
VA – V –
------------------- = jCω 0 ( V – – V s ).
R0
216 Partie 2– Physique MPSI
Exercice 413
KF.book Page 217 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
De plus, V – = V + = 0 (fonctionnement linéaire : ε = 0 ).
1
Soit la relation demandée : -----V e + jCωV s = 0
R0
1
V s = – ---------------- ⋅ V e
jR 0 Cω
et :
(1)
On retrouve la relation caractéristique d’un circuit intégrateur (la résistance R1 ne joue
ici aucun rôle…).
1. b. L’admittance d’entrée est définie par :
Ie
Y e = ------ .
Ve
Le courant d’entrée I e du montage
s’exprime selon :
I1
R1
Ie
Ve
R0
I0
Vs
–
+
Ve – Vs Ve – V–
I e = I 1 + I 0 ⇒ I e = ----------------- + -----------------R1
R0
Ve – Vs Ve
I e = ----------------- + ------ .
R0
R1
Vs
1
1
D’où : I e = V e  ----- + ----- – ---- R 1 R 0 R 1
et en remplaçant V s par son expression en fonction de V e (relation (1)) :
1
1
1
I e = V e  ----- + ----- + ---------------------- V e .
 R 1 R 0 jR 0 R 1 Cω
D’où l’admittance d’entrée Y e du montage :
Ie
1
1
1
Y e = ------ =  ----- + ----- + ----------------------- .
 R 1 R 0 j R 0 R 1 Cω
Ve
Cette admittance est de la forme :
1
1
Y e = -------- + -------------R eq jL eq ω
à condition de poser :
 1
1
1
-------- = ----- + ----R
R
R
eq
1
0

L = R R C
0 1
 eq
Le montage proposé est donc équivalent – dans le domaine de fonctionnement
linéaire – à une résistance et une inductance pure montées en parallèle.
Chapitre 4– Électrocinétique 2 217
Exercice 413
KF.book Page 218 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2. L’AO étant idéal, les courants d’entrée
sont notamment nuls, d’où :
R2
Ve – Vs
• I e′ = I 2 = ----------------R2
A
• et le même courant I traverse les résistances R3 et R4 qui constituent ainsi un pont
diviseur de tension, d’où :
Or V
=
V–
= Ve
( V+
=
∞
–
+
Ve
R4
V + = ------------------ V s .
R3 + R4
+
I e′
I2
R3
R4
Vs
M
V– :
AO idéal
en fonctionnement linéaire).
Soit
R3 + R4
R
V s = ------------------ V e =  1 + -----3 V e

R4
R 4
et en reportant dans l’expression de I e′ :
R3
R
1
1
I e′ = -----V e – -----  1 + -----3 V e ⇒ I e′ = – ------------ V e
R2 R4
R2 
R2
R 4
d’où l’admittance d’entrée :
R3
Y e′ = – ------------ .
R2 R4
Cette admittance s’ajoute à l’admittance Y e du montage précédent (branchement en
parallèle), d’où la nouvelle expression de l’admittance de l’ensemble du montage :
R3
1
1
1
Y e + Y e′ = ----- + ----- – ----------- + ------------- .
R 0 R 1 R 2 R 4 jL eq ω
Cette admittance est celle d’une inductance pure si le terme réel est nul :
R3
1
1
----- + ----- – ----------- = 0
R0 R1 R2 R4
À cette condition, le circuit simule une inductance pure Leq de valeur :
L eq = R 0 R 1 C
Remarquons que l’on peut obtenir ainsi des inductances de très fortes valeurs :
R 0 = R 1 = 10 k Ω ,
218 Partie 2– Physique MPSI
C = 0,1 µF ⇒ L eq = 10 H !
414 Condition de fonctionnement d’un filtre
On considère le circuit ci-dessous.
R2
L1
C1
R1
ε
–
+
ve ( t )
R 1′
R 2′
vs ( t )
1. Un générateur parfait impose une tension sinusoïdale v e ( t ). Caractériser la nature
du montage. On supposera que l’AO idéal fonctionne en régime linéaire (ε = 0).
R′
Application numérique : ------2- = 10 ; R 1 = 1 k Ω ; R 2 = 9 k Ω ; L 1 = 50 mH et C 1 = 10 nF.
R 1′
2. L’étude précédente suppose le régime sinusoïdal établi. Afin de valider cette hypothèse, on doit s’intéresser au régime transitoire.
a. Établir l’équation différentielle reliant v s ( t ) à v e ( t ).
b. En déduire la condition portant sur R1, R2, R 1′ et R 2′ permettant de justifier l’étude
faite en 1. Commenter.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Lois de l’électrocinétique.
• AO idéal en fonctionnement linéaire.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. et 2. On suppose que le régime de l’AO est linéaire.
La question 2. propose d’étudier la condition de stabilité, condition pour laquelle l’AO
fonctionne en régime linéaire.
■■ 3. Solution
1. On suppose que le montage fonctionne en régime linéaire et que l’AO est idéal
( ε = 0 ).
Chapitre 4– Électrocinétique 2 219
Exercice 414
KF.book Page 219 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 414
KF.book Page 220 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
R2
L1
C1
i
i
R1
–
+
ε
ve
R 1′
vs
R 2′
D’où, en remarquant que le même courant i traverse R1 et R2 :
1
V e = j  L 1 ω – ---------- + R 1 + R 2 I + V s

C 1 ω
R 1′
V – = V + = ---------------------- V s
R 1′ + R 2′
Or :
D’où :
Soit :
et
( i – = 0 ).
V– – Vs = R2 I .
R 1′
R 2′
R 2′
R 2 I = ---------------------- V s – V s = – ---------------------- V s ⇒ I = – --------------------------------- V s .
R 1′ + R 2′
R 1′ + R 2′
R 2 ( R 1′ + R 2′ )
R 2′


1
V e = V s  1 + j  L 1 ω – ---------- + R 1 + R 2  – --------------------------------- 




R 2 ( R 1′ + R 2′ ) 
C1 ω

R 1′  
R 1′ 


1
V s  – R 2  1 + ------+ j L 1 ω – ---------- + R 1 + R 2  = – R 2  1 + ------V.





R 2′
R 2′  e
C1 ω


Et après simplifications :
R 1′ 
– R 2  1 + ------Vs

R 2′ 
------ = ----------------------------------------------------------------------Ve
R
′
1 
1 
 R – R ------ L ω – --------j
+
2
 1
R 2′   1
C 1 ω
Soit encore :
1′ 
1 + R
------
R 2′ 
– ------------------------R 1 R 1′ 
 ----– ------ R 2 R 2′ 
Vs
------ = -----------------------------------------------------------------jL 1 ω 0
Ve
ω ω
1 + -------------------------------  ------ – -----0-

ω
1′  ω 0
R – R R
2 -------
 1
R 2′
220 Partie 2– Physique MPSI
(1)
R 1′
1 + ------R 2′
L1 ω0
1
avec ω 0 = ---------------- . Posons alors H 0 = ------------------------ et Q = ------------------------′
R 1′
R
R
L1 C1
1 
 -----1 – ------R 1 – R 2 ------ R 2 R 2′ 
R 2′
nous obtenons :
Vs
H0
H = ------ = – ---------------------------------------Ve
ω ω
1 + jQ  ------ – -----0-
 ω0 ω 
Il s’agit d’un filtre passe bande centré sur ω 0 , de facteur de qualité Q, et de gain H0
pour la pulsation centrale ω 0 .
Application numérique :
1
ω 0 = --------------------------------------- ⇒ ω 0 = 4,5 ⋅ 10 4 rad ⋅ s –1 ⇒ f 0 = 7,1 kHz ;
50 ⋅ 10 –3 ⋅ 10 –8
50 ⋅ 10 –3 × 4,47 ⋅ 10 4
Q = ------------------------------------------------- ⇒ Q = 22,4 ;
1
10 3  1 – 9 ⋅ -----

10
1
1 + ----10
H 0 = --------------- ⇒ H 0 = 99.
1 1
-- – ----9 10
di q
2. a. On a : v e ( t ) = L 1 ----- + ------ + R 1 i + R 2 i + v s
dt C 1
dq
(2)  i = ------

dt 
R 1′


-------------------v
R 1′
 v– = v+ = R
s
 ------------------– 1 = R 2 i
et 
1′ + R 2′
 ⇔ v s R

′
+
R
′
1
2
v – v = R i

2
 – s

(R 1′ + R 2′ )
R 1′ 
i
d’où : v s = – R 2 ----------------------- i = – R 2  1 + ------
R 2′
R 2′ 
(3)
et en dérivant (2) par rapport au temps et en remplaçant i à l’aide de (3) :
d 2 vs 1
dv
R 1′  dv s
R 1′  dv e
------- = – R 2  1 + -------------- + ------ v + ( R 1 + R 2 ) -------s – R 2  1 + ------L 1 --------

dt
R 2′  dt
R 2′  dt
dt 2 C 1 s
soit :
R2
d 2 v s R 2  R 1 R 1′  dv s
R 1′  dv e
2
---------------- + ----- ----- – ------- ------- + ω 0 v s = – -----  1 + ------2



L
L
dt
R 2′  dt
dt
1 R 2 R 2′
1
(4)
2. b. Il est donc nécessaire que la solution à l’équation différentielle sans second memR R 1′
0 (l’équation correspondante s’identibre ne diverge pas, ce qui impose -----1 – ------R 2 R 2′
fiant alors à celle d’un oscillateur harmonique amorti…)
Chapitre 4– Électrocinétique 2 221
Exercice 414
KF.book Page 221 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 415
KF.book Page 222 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Commentaires
R 1 R 1′
Pour ----- -------, v s ( t ) tend à diverger et l’AO va atteindre la saturation. On peut alors montrer
R 2 R 2′
que cet état n’est pas stable et que finalement v s ( t ) va osciller entre +Vsat et –Vsat . Ces oscillations
R 2′
R2
ne seront pas sinusoïdales, sauf pour ----- suffisamment proche de ----- (par valeur supérieures)
R1
R 1′
1
où elles apparaissent comme quasi-sinusoïdales de pulsation peu différente de ω 0 = ---------------- .
L1 C1
415 Filtre « entièrement » réglable
Les AO sont supposés idéaux et fonctionnent en régime linéaire.
AO1
+
–
D
A′
R1
R3
e
R2
C2
( 1 – α )R
–
AO2
+
A
C1
s
B
αR
1. On se place en régime sinusoïdal établi de pulsation ω. Déterminer la fonction de
transfert complexe :
s
H ( jω ) = --- .
e
En déduire la nature du montage et en dégager les caractéristiques essentielles.
2. Tracer les diagrammes de Bode donnant G dB = 20 log H et ϕ = arg ( H ) en foncω
tion de log  ------ avec :
 ω 0
1–α
ω 0 = -------------------------- .
αR 1 C 1 R 2 C 2
■■
Solution
1. Les AO sont idéaux et fonctionnent en régime linéaire. On a donc :
222 Partie 2– Physique MPSI
( v+ ) = ( v– )
soit
( v+ ) = ( v– )
d’où
vD = vB ;
vD = vA ;
AO1
s1
R3
+
–
A′
R1
Exercice 415
KF.book Page 223 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
R2
D
( 1 – α )R
C2
B
–
AO2
+
A
s
e
αR
C1
Finalement v A = v D = v B , et on peut prendre s, s1 et vA comme inconnues principales, e étant imposé.
Les trois équations nécessaires à la résolution du problème s’obtiendront en écrivant la
loi des nœuds (ou encore le « théorème de Millemann ») aux points A, D et B.
• Nœud A :
1
1
----- ( E – V A ) + jC 1 ω ( 0 – V A ) + ----- ( S 1 – V A ) = I + ) = 0.
1
R3
R1
s1
R3
R1
–
A
+
i1 = 0
C1
D’où :
1
1
1
1
 ----+ ----- + jC 1 ω V A = -----E + -----S 1
 R3 R1

R3
R1
(1)
e
• Nœud D :
1
jC 2 ω ( S 1 – V D ) + ----- ( S – V D ) = I – ) 1 + I – ) 2 = 0
R2
1
1
soit  jC 2 ω + ----- V D = jC 2 ωS 1 + -----S (2)

R2
R 2
C2
R2
s1
i– )2 = 0
• Nœud B :
( 0 – VB )
1
--------------------- ( S – V B ) + -------------------- = I + ) 2 = 0
( 1 – α )R
αR
soit
et
( 1 – α )R
(3)
s
i+ )1 = 0
αR
B
( 1 – α )V B = α ( S – V B )
V B = αS ⇒ V A = αS
i– )1 = 0
D
s
puisque V A = V B .
(2) entraîne avec V D = V A :
jR 2 C 2 ωS 1 = V A ( 1 + jR 2 C 2 ω ) – S
et avec (3) :
jR 2 C 2 ωS 1 = S [ – 1 + α + α jR 2 C 2 ω ]
(4)
Chapitre 4– Électrocinétique 2 223
Exercice 415
KF.book Page 224 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Enfin avec (1), (3) et (4) :
1
1
1
1
1
 ----+ jC 1 ω + ----- αS = -----E + ----- ⋅ ------------------ [ – 1 + α + α jR 2 C 2 ω ]S .
 R3
R 1 jR 2 C 2 ω
R3
R 1
Regroupons les termes :
E
1–α
α
1
1
S α  ----- + ----- + jC 1 ω + ------------------------- – ----- = ---- R3 R1
 jR 1 R 2 C 2 ω R 1
R3
1
1–α
S -----α + j  C 1 αω – -----------------------

R3
R 1 R 2 C 2 ω
Soit enfin
E
= ----R3
S
1
--- = -------------------------------------------------------------------- .
E
(1 – α)
α + j R 3 C 1 αω – ----------------------R1 R2
------------ C 2 ω
R3
D’où une fonction de transfert :
1
--α
H = ------------------------------------------------------------------1–α
1 + j R 3 C 1 ω – --------------------------αR 1 R 2
---------------- C 2 ω
R3
On peut remarquer que le crochet s’annule pour une valeur particulière ω0 de la pulsation ω. Elle est donnée par la relation :
1–α
ω 02 = ------------------------------------ ⇒
R1
αR 2 C 2 R 3 C 1 ----R3
ω0 =
1
1
et en posant ω 1 = ------------ et ω 2 = ------------ : ω 0 =
R1 C1
R2 C2
(1 – α)
----------------------------αR 2 C 2 R 1 C 1
1–α
------------ ω 1 ω 2 .
α
D’autre part, la valeur de la fonction de transfert pour ω = ω 0 est définie par
1
H = H 0 = --- . On peut alors écrire :
α
H0
H = ------------------------------------------------------- .
ω ω
1 + jR 3 C 1 ω 0 ------ – -----0ω0 ω
R3 1 – α ω
Introduisons le facteur Q = R 3 C 1 w 0 ⇒ Q = ----- ------------ ⋅ -----2R1
α
ω1
224 Partie 2– Physique MPSI
Exercice 415
KF.book Page 225 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
La fonction de transfert prend la forme :
H0
H = --------------------------------------ω ω
1 + jQ ------ – -----0ω0 ω
On reconnaît là un filtre passe bande :
– centré sur la pulsation ω0 ;
– de gain réel H0 pour ω = ω 0 ;
– et de facteur de qualité Q.
Commentaires
• En très haute fréquence, et à la limite, le condensateur C1 constitue un court-circuit et le
potentiel du point A devient nul. Il en est donc de même pour le nœud B, et il n’y a pas de
courant traversant la résistance αR.
D’où j = 0 et s = v B = 0.
On a bien Η → 0 quand ω → ∞.
i+ = 0
B
( 1 – α )R
j
0
αR
s
• En très basse fréquence, et à la limite, les condensateurs se transforment en circuits
ouverts ; on a donc au niveau du nœud D :
+
–
0
D
j
0
j = 0
d’où
R2
0
–
+
( 1 – α )R
s
B
i
αR
( i – = i – = 0 )
vD = s = ( v– )1 = ( v+ )1 = vB .
Il n’y a pas de courant traversant la résistance ( 1 – α )R. Il vient i = 0 (loi des nœuds en
B) et s = v B = 0 :
H → 0 quand ω → 0.
Chapitre 4– Électrocinétique 2 225
Exercice 415
KF.book Page 226 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
La bande passante à –3dB est définie selon :
( ∆ω ) BP = ω H – ω B , avec ω H et ω B solutions de l’équation :
H
H ( ω ) = ------02
1
 20 log ------ = – 3dB .


2
1
ω ω 2
ω ω
1 + Q 2  ------ – -----0- = 2 ⇒ ------ – -----0- = ± --- ω0 ω 
Q
ω0 ω
Soit
  ω2 1  ω
ωH
1 1
  ------ – ----  ------ – 1 = 0 ⇒ ------- = -- ---- +
ω
Q
ω
ω
2 Q
0
0
0


ω
1 1
 ω  2 1  ω 
------ + ---- ------ – 1 = 0 ⇒ ------B = -- – ---- +
ω



ω
Q
ω
2 Q
0
0
 0
D’où
ωH – ωB
1
-------------------- = ---ω0
Q
et
1
------ + 4
Q2
1
-----2- + 4 .
Q
ω
1
( ∆ω ) BP = -----0- = -----------Q R3 C1
Le filtre passe bande peut être caractérisé par les grandeurs ω 0 , H 0 et ( ∆ω ) BP . De ces
trois grandeurs, seule ( ∆ω ) BP dépend de R3, ce qui permet de régler la largeur de la
bande passante indépendamment des valeurs de la pulsation centrale ω 0 et du gain
maximal H 0 .
H 0 peut ensuite être fixé en jouant sur la valeur du paramètre α (et en restant dans le
domaine linéaire…). ω 0 est alors ajustable à la valeur désirée en jouant sur R1, R2 ou C2 .
2. ■ Diagrammes de Bode :
H0
ω
- en notant X = ----- , d’où :
G dB = 20 log --------------------------------------------2 1-ω
1
0
1 + Q 2  X – --- 2

X
1 2
G dB = 20 log H 0 – 10 log 1 + Q 2  X – --- , ce qui donne les comportements asymp
X
totiques suivants :
H
Q2 
- = +20 log  ------0 + 20 log X
• X 1 : G dB ∼ – 10 log  -----------2
2
 H0 X 
 Q
ce qui correspond à une pente de +20 dB par décade.
H
Q 2 X 2
- = +20 log  ------0 – 20 log X
• X 1 : G dB ∼ – 10 log  ----------- Q
 H 02 
(pente de –20dB / décade).
• X = 1 : G dB = 20 log H 0 .
D’où les courbes donnant GdB en fonction de logX, et en remarquant que les deux
asymptotes se coupent au point (0 ; 20logH0) pour Q = 1, en dessous pour Q 1,
et au-dessus pour Q 1 :
226 Partie 2– Physique MPSI
Exercice 415
KF.book Page 227 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
G dB – 20 log H 0
–1
1
0
logX
Q = 0,25
–10
Q = 0,5
–20
Q = 1
Q = 2
–30
Q = 5
■ Diagramme
On a
de phase :
G
ω ω
H = Ge jϕ ⇒ e –jϕ = ------ 1 + jQ  ------ – -----0- .
 ω0 ω 
H0
D’où
1
tan ϕ = – Q  X – ---

X
avec
cos ϕ 0
où
ω
X = ------ .
ω0
Dès lors :
π
ϕ → + --- ;
2
et ϕ = 0 ;
π
• X 1 : tan ϕ ∼ – QX et ϕ → – --- .
2
Remarquons de plus que la courbe donnant ϕ en fonction de logX est symétrique par
rapport au point O ( 0 ; 0 ) , X 0 = log 1 = 0 et ϕ = 0, en effet :
Q
• X 1 : tan ϕ ∼ ---X
• X = 1 : tan ϕ = 0
et
1  ϕ ⇒ –ϕ
X ⇒ --- 
X log X ⇒ – log X.
D’où les courbes dessinées pour différentes valeurs de Q :
Q = 5
ϕ
Q
=
Q = 0,25
1
–1
0
1
logX
Chapitre 4– Électrocinétique 2 227
Exercice 416
KF.book Page 228 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
416 Dérivateur
1. Donner la fonction de transfert du circuit ci-dessous, pour un AO idéal dans le cas
où ε = 0 en régime linéaire.
R
C
–
+
ε
ve
∞
vs
Donner l’équation différentielle liant v s ( t ) et v e ( t ), pour un régime linéaire quelconque. Quel est le rôle de ce circuit ?
2. On veut tenir compte maintenant d’une résistance r en série, située à l’entrée du
montage. L’AO est toujours supposé idéal, mais de gain fini : on l’assimile à un système linéaire du premier ordre obéissant à l’équation différentielle :
1 dv s
v s ( t ) + ------ -------- = µ 0 ε
ω 0 dt
avec µ 0 = 10 6 et ω 0 = 10 rad · s –1 .
R
r
C
ε
–
+
ve(t)
vs(t)
a. Établir que l’équation différentielle vérifiée par v s ( t ) peut s’écrire sous la forme :
dv
1 d 2 v 2λ dv
1
------2- ---------2-s + ------ --------s + v s = – RC --------e (avec 1 + ----- ≈ 1 ).
dt
Ω 0 dt
µ0
Ω 0 dt
Montrer que pour r R , les expressions approchées des coefficients Ω 0 et λ sont
données par :
ω0 µ0
Ω 0 ≈ ----------RC
et
r C ω0 µ0 .
λ ≈ ----- ----------2
RC
On prendra : C = 0,1 µF et R = 10 4 Ω.
b. À quelle(s) condition(s) peut-on retrouver, pour le montage étudié, un comportement voisin de celui du dérivateur parfait ?
Quelle valeur a-t-on intérêt à donner à r ?
228 Partie 2– Physique MPSI
■■
Exercice 416
KF.book Page 229 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Solution
Vs
1. La fonction de transfert H = ------ caractérise le comportement du circuit en régime
Ve
sinusoïdal permanent, V s et V e étant les amplitudes complexes des tensions sinusoïdales de sortie et d’entrée.
Ici, l’AO étant idéal (pas de courants d’entrée), le même courant traverse le condensateur C et la résistance R, soit avec ε = 0 (fonctionnement linéaire) :
R
0 – Vs
Ve – 0
-------------- = -------------- .
C
R
1
---------i– = 0
–
jCω
+
Soit : V s = – j RCωV e
ε=0
ve
vs
et H = – j RCω
(1)
Équation différentielle liant v e ( t ) et v s ( t ) :
0 – vs ( t )
d
i ( t ) = C ----- ( v e – 0 ) = ------------------dt
R
dv e ( t )
d’ou : v s ( t ) = – RC --------------dt
i(t)
i(t)
R
ve ( t )
vs ( t )
0
(2)
Commentaires
• L’équation (2) est celle d’un dérivateur parfait.
• On aurait pu directement passer de (1) à (2) en substituant au facteur jω l’opérateur de
d
dérivation ----- et en remplaçant les tensions V par v ( t ).
dt
2. a. On a toujours i – = 0, et le même
courant i ( t ) traverse les composants r , C
et R.
ve ( t )
On a donc :
q
v e ( t ) – v s ( t ) = ( r + R )i + --- avec
C
dq
i = -----dt
dv
dv
di i
d’où : --------e = --------s + ( r + R ) ----- + --- (3)
dt
dt
dt
C
– ε – vs
D’autre part, i = ----------------- (4)
R
On reporte (4) dans (3), en éliminant i :
dv
dv ( r + R )
dε dv
1
--------e = --------s + -----------------  – ------ – --------s – ------- ( ε + v s ).

dt dt  RC
R
dt
dt
r
C
q(t)
R
– ε(t)
vs ( t )
Chapitre 4– Électrocinétique 2 229
Exercice 416
KF.book Page 230 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Soit encore :
dv e
dv s
dε
– RC -------- = ε + v s + r C -------- + ( r + R )C ------ (5)
dt
dt
dt
De plus, l’AO fonctionne en régime linéaire selon :
1 dv s
v s + ------ -------- = µ 0 ε.
ω 0 dt
(5) devient alors :
dv s 1
dv e
( r + R )C dv
1 dv s
1 d 2 vs
– RC -------- = v s + r C -------- + -----  v s + ------ -------- + ---------------------  --------s + ------ ---------2- .
dt
dt µ 0 
µ 0  dt ω 0 dt 
ω 0 dt 
Regroupons les termes :
dv
( r + R )C d 2 v s 
1
1
( r + R )C dv
--------------------- ---------2- + r C + ------------ + --------------------- --------s +  1 + ----- v s = – RC --------e .

dt
µ 0 ω 0 dt
µ 0
µ0 ω0
µ 0  dt 
1
Équation de la forme (avec 1 + ----- ≈ 1 ; µ 0 = 10 6 ) :
µ0
dv
1 d 2 v 2λ dv
------2- ---------2-s + ------ --------s + v s = – RC --------e
dt
Ω 0 dt
Ω 0 dt
ω0 µ0
µ0 ω0
où : Ω 02 = --------------------- ≈ -----------( r + R )C RC
(6)
(pou R r ).
( r + R )C
RC
2λ
1
1
------ = r C + ------------ + --------------------- ≈ r C + ------------ + ------- .
µ
Ω0
µ0 ω0 µ0
µ0 ω0
0
Avec les valeurs numériques indiquées dans le texte, il vient :
10 6 ⋅ 10
Ω 02 = ---------------------= 10 10 ⇒ W 0 ª 10 5 rad · s –1 .
10 4 ⋅ 10 –7
2λ
------ = r C + 10 –7 + 10 –9 ∼ r C pour r multiple de 100 Ω.
Ω0
Avec ces approximations, on a donc :
ω0 µ0
Ω 0 ≈ ----------RC
et
r C ω0 µ0
λ ≈ ------ ----------2
RC
L’équation différentielle homogène associée à l’équation (6) s’écrit :
dv s
d2v
---------2-s + 2λΩ 0 -------- + Ω 02 v s = 0.
dt
dt
C’est celle d’un circuit R′–L′–C′ série de pulsation propre Ω 0 et de facteur de qualité
1
Q = ------ .
2λ
2. b. La solution v s ( t ) est approximativement celle du dérivateur parfait
dv e
 v ( t ) = – RC ------- dans la mesure où l’effet du (pseudo) circuit R′–L′–C′ est négligea s
dt 
ble. Il faut ainsi réaliser deux conditions :
230 Partie 2– Physique MPSI
– les solutions de l’équation homogène doivent être rapidement négligeables, donc
suffisamment amorties ;
– les termes faisant intervenir les dérivées de v s ( t ) doivent rester petits.
Plus précisément, les solutions de l’équation (6) peuvent s’écrire :
v s ( t ) = v∼s ( t ) + v sp ( t ).
(transitoire)
(solution particulière
correspondant à ve(t))
première condition doit donc se traduire par v∼s ( t ) → 0 le plus rapidement possible, ce qui correspond à λ ≈ 1 ( λ = 1 est associé à l’amortissement critique).
■ La
Commentaires
Dans le cas d’une équation différentielle « classique » :
d2v
dv
--------2 + 2λΩ 0 ------ + Ω 02 v = Ω 2 E (7)
dt
dt
les solutions de l’équation homogène (équation (7) où E = 0) se déduisent des racines de
l’équation caractéristique :
X 2 + 2λΩ 0 X + Ω 02 = 0
dont le discriminant (réduit) est :
∆′ = ( λΩ 0 ) 2 – Ω 02 = Ω 02 ( λ 2 – 1 )
d’où deux cas :
• l 1 : racines réelles X = – Ω 0 . ( λ ± λ 2 – 1 ).
Soit v ( t ) = ae
t
– ---τ1
+ be
t
– ---τ2
1
1
avec τ 1 τ 2 = Ω 0– 2 : τ 1 = ---------------------------------------- et τ 2 = ------ ( λ + λ 2 – 1 ).
Ω0
Ω0 ( λ + λ 2 – 1 )
1
1
Quand λ varie de 1 à l’« infini », τ 1 décrit l’intervalle ------ → 0 et τ 2 l’intervalle ------ → ∞ .
Ω0
Ω0
Il vaut mieux choisir λ proche de 1 (ici par valeurs supérieures) pour avoir une décrois1
sance rapide  alors τ 1 ∼ τ 2 ∼ τ 0 = ------  .

Ω0 
• l 1 : racines complexes conjuguées de la forme – λΩ 0 ± jω′, d’où des solutions à (7) :
v ( t ) = e – λ Ω0 t ( A cos ω′t + B sin ω′t )
t
– -1
soit v ( t ) = e τ ( A cos ω′t + B sin ω′t ) où τ = ---------- signal qui s’atténue d’autant plus rapiλΩ 0
dement, à Ω 0 fixé, que λ est proche de 1.
En conclusion, cette étude montre bien que l’amortissement le plus rapide du régime
1
« transitoire » est obtenu pour λ = 1  τ ∼ ------ .

Ω 0
■ La seconde condition impose Ω 0 suffisamment grand pour que l’équation (6) se
réduise à :
dv e
v s ( t ) = – RC -------- .
dt
Chapitre 4– Électrocinétique 2 231
Exercice 416
KF.book Page 231 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 416
KF.book Page 232 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Si v e ( t ) présente une constante de temps τ c caractéristique de ses variations, il en sera
de même pour v sp ( t ), et :
1
dv
--------s ∼ --τ v s
c
dt
soit :
et
1 d2v
1
1
------2- ----------s v s ⇒ ----------- 1, Ω 0 ---τc
Ω 0 dt 2
Ω 02 τ c2
2λ dv
2λ
1
------ -s v s ⇒ ----------- 1, Ω 0 ---- .
τ
Ω 0 ------Ω
τ
dt
0 c
c
(si λ ≈ 1 )
Avec les valeurs proposées, on a Ω 0 = 10 5 rad · s –1 , ce qui correspond à une fréquence f 0 telle que :
Ω
f 0 = ------0 ⇒ f 0 ª 16 kHz.
2π
Ainsi, le dérivateur pourra valablement fonctionner pour des signaux de fréquence
nettement inférieure à f 0 = 16 kHz…
2 RC
D’autre part, le choix λ = 1 impose : r ≈ --- ------------ .
C ω0 µ0
2 10 4 ⋅ 10 –7
- ---------------------- ⇒ r ª 200 W .
Soit encore r = --------10 –7 10 ⋅ 10 6
Commentaires
• Cette valeur de r vérifie à peu près la condition r R . On a en effet :
r
200
--- = -------4- = 2 ⋅ 10 –2 .
R
10
• On peut aussi penser que le circuit réel fonctionnera à peu près comme un dérivateur parfait tant que l’effet de r sera négligeable devant l’impédance du condensateur :
1
r -------Cω
ce qui impose une limite supérieure aux pulsations ω compatibles avec un bon fonctionnement :
1
1
- = 5 ⋅ 10 4 rad · s –1
ω ------- = ---------------------rC
200 ⋅ 10 –7
ce qui correspond à peu près à ω Ω 0 …
Notons que la présence de cette résistance r est en pratique indispensable pour la stabilité du
1
montage : avec r = 0, le gain (montage inverseur) tendrait vers l’infini lorsque -------- → 0… ,
Cω
effet heureusement compensé par la limitation du gain de l’AO aux fréquences élevées !
232 Partie 2– Physique MPSI
KF05(MPSI) Page 233 Mercredi, 27. août 2003 4:17 16
apitre
h
C
5
Mécanique 2
A • Oscillateurs
B • Forces centrales et systèmes de deux points matériels
C • Changements de référentiels
D • Mouvements dans des champs E et B
KF.book Page 234 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
A. Oscillateurs
;;;
;;;
;;;
;;;
;
501 Association de deux ressorts
Un ressort « idéal » supposé de masse
négligeable, est caractérisé uniquement
l 01
par sa longueur au repos l0 et sa raideur k.
1. On accroche deux tels ressorts bout à
k1
bout : montrer que l’ensemble est équivalent à un ressort unique, dont on précisera
les caractéristiques.
2. Même question si les deux ressorts sont
l 02
montés côte à côte, un dispositif convenable, de masse négligeable, imposant à
k2
la barre de liaison un mouvement de translation parallèle aux axes des ressorts (la
barre reste constamment perpendiculaire
cas (1)
à cet axe).
3. Commenter les résultats obtenus au 1. et 2.
l 01
l 02
k1
k2
cas (2)
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Oscillateur harmonique non amorti : énergie potentielle élastique.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. et 2. D’une manière générale, il faut étudier le comportement du dispositif soumis à
une force d’intensité F donnée, et déterminer l’allongement ∆l. Si le résultat peut se mettre sous la forme F = k∆l, l’ensemble est bien équivalent à un ressort unique de raideur k.
Dans le premier cas, l’équilibre du système impose l’égalité des tensions des deux ressorts, tandis que le second dispositif impose l’égalité des longueurs (et non des allongements…).
■■ 3. Solution
;;
;;
;;
1. Soumettons le système à une force d’intensité F ( F = Fu z
et F 0 ) et étudions le système dans sa position d’équilibre.
Le point A, sans masse, est soumis à la force F et à la tension
B
du ressort T 2 = – k 2 ( l 2 – l 02 )u z .
T2
A
F
234 Partie 2 – Physique MPSI
z
Exercice 501
KF.book Page 235 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
L’équilibre impose :
F + T 2 = 0 ⇒ F – k 2 ( l 2 – l 02 ) = 0
(1)
De même, le point B est soumis, de la part du ressort , à la force – T 2 et de la part du
ressort , à la force T 1 = – k 1 ( l 1 – l o1 )u z . On a donc :
– k 1 ( l 1 – l 01 ) + k 2 ( l 2 – l 02 ) = 0. (2)
Il en résulte un allongement total du dispositif ∆l tel que :
∆l = ( l 2 – l 02 ) + ( l 1 – l 01 ).
k
Soit d’après (2) : ∆l = ( l 2 – l 02 ) 1 + ----2
k1
k1 + k2
∆l = ---------------- F.
et avec (1) :
k1 k2
k1 k2
L’ensemble est donc bien équivalent à un ressort unique de raideur K = --------------k1 + k2
( F = K∆l ), et bien entendu de longueur à vide l 0 = l 01 + l 02 .
Les deux systèmes contiennent également la même énergie. On a ainsi pour le système
des deux ressorts :
1
1
E P = --k 1 ( l 1 – l 01 ) 2 + --k 2 ( l 2 – l 02 ) 2
2
2
1
1
E p = -------- [ k 1 ( l 1 – l 01 ) ] 2 + -------- [ k 2 ( l 2 – l 02 ) ] 2
soit
2k 1
2k 2
F2 1 1
d’où avec (1) et (2) ⇒ E p = ----- ⋅  ---- + ----
2  k 1 k 2
Et pour le système équivalent :
1
1
F2
E p = --K ( ∆l ) 2 = ------- [ K ( ∆l ) ] 2 = ------- .
2K
2
2K
(3)
(4)
;;;
;;;
;
;
k1 + k2
1
1 1
Les expressions (3) et (4) sont identiques puisque --- = --------------- = ---- + ---- .
K
k1 k2
k2 k1
2. Le système de guidage impose la même longueur
l aux deux ressorts. On a donc T 2 = – k 2 ( l – l 02 )u z
et T 1 = – k 1 ( l – l 01 )u z .
Dans le cas général, ces tensions ne sont pas égales.
Leur moment en B n’est donc pas nul, et le système de
guidage doit compenser ce moment. On peut alors
supposer que cela s’effectue par l’intermédiaire d’un
couple qui n’affecte pas le bilan des forces s’exerçant
sur la barre. L’équilibre de cette dernière s’écrit ainsi :
F – k 2 ( l – l 02 ) – k 1 ( l – l 01 ) = 0
(5)
k 2 l 02 + k 1 l 01
Pour F = 0, on obtient : l = l 0 = --------------------------k1 + k2
l
l
T2
T1
B
A1
A2
uz
F
Chapitre 5 – Mécanique 2 235
Et pour F ≠ 0, il vient : F = ( k 1 + k 2 ) [ l – l 0 ] = ( k 1 + k 2 )∆l où ∆l représente l’allongement du système.
L’ensemble est équivalent à un ressort unique de longueur au repos l0 et de raideur
K = k1 + k2 .
D’un point de vue énergétique, il faut prendre une origine associée à la configuration
d’équilibre pour F = 0. Ainsi pour une force F ≠ 0 et donc une longueur d’équilibre l,
il apparaît une énergie élastique supplémentaire :
soit
E p′ = E p ( l ) – E p ( l 0 )
1
1
1
1
E p′ = --k 1 ( l – l 01 ) 2 + --k 2 ( l – l 02 ) 2 – --k 1 ( l 0 – l 01 ) 2 – --k 2 ( l 0 – l 02 ) 2
2
2
2
2
(6)
1
quantité qu’il nous faut comparer à E p″ = --K ⋅ ( l – l 0 ) 2 .
2
Calculons donc E p″ – E p′ :
1
1
1
E p″ – E p′ = -- ( k 1 + k 2 ) ( l – l 0 ) 2 – --k 1 ( l – l 01 ) 2 – --k 2 ( l – l 02 ) 2
2
2
2
1
1
+ --k 1 ( l 0 – l 01 ) 2 + --k 2 ( l 0 – l 02 ) 2
2
2
1

1
E p″ – E p′ =  --k 1 [ ( l – l 0 ) 2 + ( l 0 – l 01 ) 2 ] – --k 1 ( l – l 01 ) 2 
2
2


1

1
+  --k 2 [ ( l – l 0 ) 2 + ( l 0 – l 02 ) 2 ] – --k 2 ( l – l 02 ) 2 
2
2


2
2
2
or ( l – l 0 ) + ( l 0 – l 01 ) = ( l – l 0 + l 0 – l 01 ) – 2 ( l – l 0 ) ( l 0 – l 01 )
= ( l – l 01 ) 2 – 2 ( l – l 0 ) ( l 0 – l 01 ).
Soit après des simplifications évidentes :
E p″ – E p′ = – k 1 ( l – l 0 ) ( l 0 – l 01 ) – k 2 ( l – l 0 ) ( l 0 – l 02 )
E p″ – E p′ = – ( l – l 0 ) [ k 1 ( l 0 – l 01 ) + k 2 ( l 0 – l 02 ) ] = 0 d’après (5) ( l = l 0 pour F = 0 ).











Exercice 501
KF.book Page 236 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
0
Il y a bien identité entre l’énergie E p″ associée au ressort équivalent de raideur K de longueur à vide l0 et le supplément d’énergie élastique pour le système réel (entre les états
F = 0 et F ≠ 0 ).
3. • Considérons d’abord les raideurs. Dans le premier cas, les deux ressorts sont en série
1
1 1
et on a --- = ---- + ---- . Dans le second cas, ils sont montés en parallèle et K = k 1 + k 2 .
K
k1 k2
• L’association en série met en évidence le lien entre raideur K et longueur à vide l0 d’un
ressort. Ainsi si l’on divise un tel ressort en N parties égales, chaque partie aura :
l0
l0
– une longueur à vide ----  l 0 = N ---- ;
N
N
1
1
– une raideur NK  --- = N -------- .
K
NK
236 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 502
KF.book Page 237 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Un type de ressort donné suit la loi :
longueur à vide × raideur = constante
la constante étant caractéristique du matériau (propriétés de déformation élastique) et
de la géométrie (diamètre des « spires » et rayon du « fil » constituant le ressort à boudin…).
L’expérience montre bien que, soumis à une force donnée, un ressort d’un modèle
donné s’allonge d’autant moins qu’il est au départ plus court…
Remarquons que – dans le deuxième cas – si les ressorts ne sont pas identiques, l’équilibre au repos impose T 2 = – T 1 (F = 0).
La barre est soumise à un couple, qui est compensé par le dispositif de guidage ; ce couple existe de manière générale. Il n’est nul que dans le cas particulier où :
F
T 1 = T 2 = --2
soit :
c’est-à-dire :
ce qui impose :
soit, si k 2 ≠ k 1 :
F
k 1 ( l – l 01 ) = k 2 ( l – l 02 ) = --2
F
F
l = l 01 + -------- = l 02 + -------2k 1
2k 2
1
1
F  -------- – -------- = l 02 – l 01
 2k 1 2k 2
l 02 – l 01
F = 2k 1 k 2 ⋅ ----------------- .
k2 – k1
Dans le cas où k 2 = k 1 , cette absence de couple n’est possible que si l 02 = l 01 , mais
est alors réalisée quel que soit F (cas de deux ressorts identiques).
502 Décollement d’une masse
1. Un point matériel A, de masse m, est posé sur
A
un plateau horizontal P, de masse M, soutenu par
m
P
des ressorts équivalents à un ressort unique de
raideur k : ce plateau ne peut se déplacer que verticalement. On appuie sur le plateau, qui se
g
k
déplace d’une longueur l, comptée à partir de sa
position d’équilibre initiale, et on le lâche sans
vitesse initiale.
Déterminer la condition que doit vérifier le déplacement l pour que A ne quitte jamais
le plateau.
Chapitre 5 – Mécanique 2 237
2. Un chariot de masse M peut glisser sans frotk
tement sur l’axe Oz. Il supporte un point matériel A de masse m. Il y a frottement entre m et M.
On admet la condition de non glissement de A O
sur M :
F f fmg ( f coefficient de frottement)
A
;
;;;
Exercice 502
KF.book Page 238 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
m
z
où F f = F f u z représente la force de contact tangentielle exercée par M sur A. Quelle
est l’amplitude maximale a max des oscillations du chariot compatible avec l’équilibre
sur celui-ci de la masse m ?
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Loi fondamentale de la dynamique – théorème de la quantité de mouvement.
• Oscillateurs harmoniques.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Tout mouvement – autre que rectiligne uniforme – nécessite une accélération (c’est
la réciproque du principe d’inertie…) à laquelle correspond nécessairement la résultante de forces subies par le mobile. Dans le cas présent, la masse m est soumise à son
poids (vertical vers le bas) et à la réaction du plateau (vers le haut) : l’accélération que
peut subir le point A – en orientant selon la verticale descendante – est donc limitée
par la valeur de g.
Il faut donc calculer l’accélération liée au mouvement d’oscillation du système, et chercher à quelle condition elle restera effectivement inférieure à g.
■■ 3. Solution
1. Le point matériel A est soumis à son poids P = mg et à la réaction R du plateau.
Posons R = – Ru z .
Le contact subsistera si R demeure positif.
Le point matériel quittera le plateau dès que R = 0.
On est donc amené à calculer R. Pour cela, appliquons
la loi fondamentale de la dynamique à A en supposant
qu’il reste solidaire du plateau :
mż˙ = mg – R ⇒ R = m ( g – ż˙ ).
R
g
A
P
uz
mg
z
R positif implique donc une accélération ż˙ inférieure
à g. Le calcul de cette accélération s’effectue à partir de la loi fondamentale de la dyna-
238 Partie 2 – Physique MPSI
mique appliquée au système matériel {masse A + plateau} assimilé à un point matériel, c’est-à-dire en notant F = F u z la force exercée ici par le ressort :
( m + M )ż˙ = ( m + M )g + F.
D’où :
F
g – ż˙ = – ---------------m+M
et
m
R = ---------------- ◊ ( – F ).
m+M
Ainsi, il y a contact tant que F 0. Pour déterminer F, prenons l’origine des z pour
un ressort ni tendu, ni comprimé ; dès lors :
F = – kz
et
mk
R = ---------------- z
m+M
La masse A ne quittera jamais le plateau si, compte tenu des conditions initiales, la
position z = 0 n’est jamais atteinte.
Le système est un oscillateur harmonique non amorti qui va osciller autour de sa position d’équilibre z0 définie selon :
( m + M )g = kz 0 .
Or à t = 0, on a z = z 0 + l et ż = 0 ; les oscillations vont donc s’effectuer entre les
limites z 0 – l et z 0 + l.
A restera solidaire du plateau si la valeur minimale z 0 – l de z reste positive, soit pour :
( m + M )g
z 0 – l > 0 ⇒ l -----------------------k
Dans le cas contraire, A quitte le plateau pour z = 0.
2. La condition de non glissement de la masse
m par rapport au chariot est :
F f fmg.
mż˙ = F f
;
;;;
La loi fondamentale de la dynamique appliquée
au point matériel A donne :
A
z
O
(avec F f = F f u z ).
De la même façon qu’au 1., le théorème de la quantité de mouvement pour le système
masse A-chariot s’écrit :
( m + M )ż˙ = – kz (pas de frottements sol/chariot, et la force exercée par le ressort
est F′ = – kzu z , l’origine des z étant choisi pour un ressort ni tendu ni comprimé).
Le non glissement de A par rapport au chariot est assuré tant que :
m
f ( M + m )g
---------------- kz fmg ⇒ z -------------------------- .
m+M
k
Enfin si l’on note a0 l’amplitude des oscillations (A et chariot solidaires), l’inégalité
précédente se traduit selon :
f ( M + m )g
f ( M + m )g
a 0 -------------------------- ⇒ a max = -------------------------k
k
Chapitre 5 – Mécanique 2 239
Exercice 502
KF.book Page 239 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 503
KF.book Page 240 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
503 Oscillateur harmonique amorti :
temps de réponse – Sélectivité
;;
k, l 0
m
x
Une masse m peut glisser sans frottements sur l’axe x′Ox d’un plan horizontal. Elle
est reliée à un ressort de raideur k et de longueur à vide l0. On repère son mouvement
x ( t ) par rapport à sa position ressort ni tendu ni comprimé. Elle est de plus soumise
dx
à une force de frottement fluide f = – 2λmẋ u x  ẋ = ----- .

dt
ω
k
2
0
On posera ω 0 = ---- et Q = ------ .
2λ
m
1. À l’instant initial t = 0, la masse m est en x = 0 avec une vitesse nulle. On la
soumet alors à la force constante F 0 = F 0 u x . Déterminer la loi du mouvement x ( t )
dans le cas où le facteur Q est suffisamment grand devant 1. Représenter le graphe
de x ( t ). Commenter.
F0
On notera X 0 = ---- .
k
2. Soumise à F 0 , la masse m est maintenant immobile en x = X 0 .
On supprime la force F 0 à un instant pris pour origine des temps ( t = 0 ). Donner la
nouvelle expression de x ( t ) dans le cas où Q 1.
Dans les mêmes conditions, montrer que l’énergie mécanique E m ( t ) du système vérifie
E m ( t ) = E m ( 0 )e –t ⁄ τ : on exprimera τ en fonction de ω0 et Q. En déduire que l’on a :
Em ( t )
2π
Q = 2π ------------------------------------------- où T 0 = ------ . Conclure.
Em ( t ) – Em ( t + T0 )
ω0
3. Le système est désormais soumis à une force sinusoïdale F 0 = F 0 cos ωt ⋅ u x . Étudier la réponse de l’oscillateur en régime forcé. Dans le cas où Q 1, déterminer la
bande passante ∆ω en fonction de ω0 et Q.
4. Commenter les résultats obtenus au 2. et au 3.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
Points de cours
• Oscillateur harmonique amorti forcé.
• Énergie mécanique.
240 Partie 2 – Physique MPSI
Outils mathématiques
• Équation différentielle linéaire du second ordre avec second membre.
• Utilisation de la notation complexe.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. On désire faire passer le système de l’état ( x, x˙) = ( 0, 0 ) à l’état ( x, x˙) = ( X 0, 0 ).
Cette évolution s’effectue via un régime transitoire quasi sinusoïdal, à l’échelle de quelques T0, dès que l’amortissement est faible, ce qui est le cas pour Q 1 : le régime
est alors pseudo-périodique…
2. On peut faire la même remarque qu’au 1. le système évoluant cette fois-ci dans l’autre
sens (les conditions initiales seront différentes). On peut s’attendre à ce que le temps τ soit
d’autant plus grand que Q est grand (faible amortissement) et ω0 faible (T0 grand)…
3. Il s’agit de l’étude classique du régime sinusoïdal forcé. La bande passante doit être
d’autant plus étroite que Q est grand (meilleure sélectivité) et que ω0 et faible.
Il apparaît que τ varie en sens inverse de ∆ω …
■■ 3. Solution
1. Appliquons au point matériel m la loi fondamentale de la dynamique, en projection
sur l’axe x′Ox :
mẋ˙ = – kx – 2λmẋ + F 0 .
ω
2
Soit avec k = mω 0 et 2λ = -----0- :
Q
ω0
F0
F0 2
F
2
2
(1) ẋ˙ + ------ ẋ + ω 0 x = ----0- = ----- ω 0 = X 0 ω 0 , en posant X 0 = ----- .
Q
k
k
m
En fait, X0 correspond à l’abscisse de la nouvelle position d’équilibre due à la force extérieure F0 appliquée au système.
Posons alors x ( t ) = X 0 + u ( t ). Dès lors :
ω0
2
u̇˙ + ------ u̇ + ω 0 u = 0
Q
(2)
Cherchons des solutions sous la forme e pt ; p doit vérifier l’équation caractéristique :
ω0
2
p 2 + ------ p + ω 0 = 0 (3)
Q
1
2 1
Son discriminant est ∆ = ω 0  -----2- – 4 . Il est négatif pour Q -- , et donc a fortiori
Q

2
pour Q 1. Dans ces conditions, les solutions de (3) sont données par :
ω
1
p 1 = – ------0- + iω 0 1 – ---------22Q
4Q
et
ω
1
p 2 = – ------0- – iω 0 1 – ---------22Q
4Q
Chapitre 5 – Mécanique 2 241
Exercice 503
KF.book Page 241 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 503
KF.book Page 242 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
1
Posons ω = ω 0 1 – ---------2- ⇒ ω # ω 0 pour Q 1 il vient :
4Q
u(t) =
ω0
– -------t
2Q
e
( A cos ωt
x ( t ) = X0 +
et
+ B sin ωt )
ω0
– -------t
e 2Q ( A cos ωt
+ B sin ωt ).
Traduisons les conditions initiales x ( 0 ) = 0 et ẋ ( 0 ) = 0 :
x ( 0 ) = 0 ⇒ X0 + A = 0 ⇒ A = –X0
ω0 1
ω0
ẋ ( 0 ) = 0 ⇒ A  – ------- + Bω = 0 ⇒ B = – ------- -------X 0 .
 2Q
ω 2Q
x ( t ) = X0 1 –
Finalement
ω0
– -------t
 cos ωt
2Q
e

1 ω0
+ ------- ------ sin ωt .

2Q ω
Et pour Q 1, soit ω ≈ ω 0 , et en négligeant le terme en sinus, terme d’amplitude pro1
portionnelle à ------- très faible devant l’unité :
2Q
x ( t ) ≈ X0 1 – e
ω0
– -------t
2Q cos ω
0t
D’où les graphes t → x ( t ) :
2
x
-----X0
1+e
ω0
– -------t
2Q
1
1–e
≈ T0
ω0
– -------t
2Q
t
----T0
Commentaires
• Le système a « atteint » son régime établi (encore appelé régime permanent ou régime forcé, et
F
correspondant ici à x = X 0 = ----0- ) dès que le temps t écoulé est suffisamment grand devant un
k
ω0
t
2Q
temps caractéristique que l’on peut évaluer à τ′ = ------- (cf. exp  – -------t = exp  – ---- ).
 2Q 
 τ′
ω0
C’est le temps nécessaire pour que le système puisse « oublier » ces conditions initiales.
• Pour t τ′ , on a affaire à un régime transitoire qui présente ici les caractéristiques d’un
régime pseudo-périodique (pseudo-période ∼ T 0 pour Q 1 ).
2. En régime établi, et sous l’action de la force extérieure F0, on a une élongation du ressort x = X 0 . Supprimant F0, le système va tendre vers sa nouvelle position d’équilibre
x = 0 en effectuant des oscillations pseudo-sinusoïdales autour de cette position.
242 Partie 2 – Physique MPSI
ω0
2
D’après le 1. x ( t ), solution de l’équation ẋ˙ + ------ ẋ + ω 0 x = 0, est donnée par :
Q
x(t) = e
ω0
– -------t
2Q ( A cos ωt
 Q 1-- .

2
+ B sin ωt ) ;
ω0
Avec ici x ( 0 ) = X 0 et ẋ ( 0 ) = 0 soit : X 0 = A et – -------A + Bω = 0.
2Q
Et avec les mêmes approximations qu’au 1. nous obtenons pour Q 1 :
x ( t ) = X0 e
ω0
– -------t
2Q cos ω
0t
• L’énergie cinétique de la masse m a pour valeur, à chaque instant :
1
E c = --mẋ 2 #
2
ω
0
2
ω
1
2 – ------- t
-- m X 0 e Q – ------0- cos ω 0 t – ω 0 sin ω 0 t .
2Q
2
Et, en tenant compte de ce que Q 1 :
ω0
1
2 2 – ------- t
E c # -- m ω 0 X 0 e Q sin 2 ω 0 t .
2
De même, l’énergie potentielle associée au ressort s’écrit :
ω0
1
1 2 – ------- t
E p = --kx 2 ( t ) = # -- k X 0 e Q cos 2 ω 0 t
2
2
ω0
1
2 2 – ------- t
ou encore, avec k =
E p # -- m ω 0 X 0 e Q cos 2 ω 0 t .
2
L’énergie mécanique totale du système E m = E c + E p vaut donc :
2
mω 0 :
ω0
1
2 2 – ------- t
E m ( t ) = --mω 0 X 0 e Q .
2
À cette approximation, nous avons : E m ( t ) = E m ( 0 )e
t
– -τ
Q
en notant τ = ------ temps caractéristique de décroissance de l’énergie emmagasinée
ω0
dans le système. Plus le facteur de qualité Q est grand, plus ce temps τ possède une
valeur élevée (à ω0 fixé) et corrélativement moins les pertes d’énergie, « rapportées » à
un intervalle de temps T0 , sont importantes.
ω
Ainsi on a :
soit encore :
0
Em ( t ) – Em ( t + T0 )
– ------- T 0
2π
--------------------------------------------- = 1 – e Q # -----Q
Em ( t )
Em ( t )
Q = 2π ---------------------------------------------Em ( t ) – Em ( t + T0 )
Chapitre 5 – Mécanique 2 243
Exercice 503
KF.book Page 243 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 503
KF.book Page 244 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
d’où :
énergie emmagasinée à l’instant t
Q = 2π ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------énergie perdue pendant T 0 au voisinage de l’instant t
Cette définition est assez générale. Elle peut justifier le nom de facteur de qualité (ou
de mérite) donné à Q. Elle est suffisamment large pour s’appliquer à des systèmes
variant de l’oscillateur harmonique étudié ici à la cavité Laser…
3. L’équation différentielle du mouvement s’écrit maintenant :
ω0
F0
2
2
ẋ˙ + ------ ẋ + ω 0 x = ----- cos ωt = X 0 ω 0 cos ωt (4)
Q
m
Le régime forcé correspond ici au régime sinusoïdal établi de la forme :
x ( t ) = A cos ( ωt + ϕ ).
On pose alors x ( t ) = Re [ x ( t ) ] et x ( t ) = Xe jωt où X = Ae jϕ .
Ainsi
ẋ ( t ) = – ωA sin ( ωt + ϕ ) = Re [ jωx ]
ẋ˙ ( t ) = – ω 2 A cos ( ωt + ϕ ) = Re [ – ω 2 x ].
L’équation (4) se résout sous la forme :
ω0
2
2
Re – ω 2 x + jω ------ x + ω 0 x = X 0 ω 0 Re [ e jω t ].
Q
ω0
2
2
x est alors solution de l’équation : x ( ω 0 – ω 2 ) + jω ------ = X 0 ω 0 e jω t
Q
X0
ω
soit encore : X = -------------------------------- en notant η = ------ .
η
ω
0
( 1 – η 2 ) + j ---Q
On obtient donc d’après ce qui précède ( X = Ae jϕ ) :
X0
A = -------------------------------------η2
2
2
( 1 – η ) + -----2Q
et
1 η
 tan ϕ = – --- -------------- avec sin ϕ 0

Q 1 – η2


 soit – π ϕ 0.
• Étude rapide du terme d’amplitude A ( η ) :
X0
F0
F
– Pour η 1, on a A ∼ X 0 = ----0- et pour η 1, A ∼ -----2- = ----------2- .
k
η
mω
Ainsi en très basse fréquence ( ω ω 0 ), c’est l’élasticité (ici le ressort) qui limite la
réponse du système, alors qu’en très haute fréquence ( ω ω 0 ), c’est l’inertie (ici la
masse m).
– D’autre part, A ( η ) admet un maximum si l’égalité suivante est réalisée (annulation
de la dérivée par rapport à η 2 de l’expression sous la racine) :
1
1
– 2 ( 1 – η 2 ) + -----2- = 0 ⇒ η 2 = 1 – ---------2Q
2Q
1
ce qui exige Q ------- (condition bien évidemment remplie pour Q 1 ).
2
244 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 503
KF.book Page 245 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Reportant cette valeur de η dans A, il vient :
X0
X0 Q
A max = ---------------------------------------------------- ⇒ A max = ----------------------- .
1
1
1
1
1 – ---------2---------4- + -----2-  1 – ---------2-


4Q
Q
2Q
4Q
On a bien A max X 0 , et pour Q 1 : A max ª QX 0 .
Il y a résonance (ici d’amplitude) pour la pulsation ω ≈ ω 0 ( Q 1 ).
À cette pulsation, la réponse du système présente une amplitude à peu près Q fois plus
grande (pour Q 1 ) que celle que l’on obtiendrait en très basse fréquence…
• Pour caractériser l’acuité de la résonance, on définit la bande bassante ∆ω à –3 dB
selon :
ωB
ωH
A max
∆ω = ω H – ω B où ------- et ------ sont solutions de l’équation A ( η ) = ----------- .
ω0
ω0
2
POINT COURS
A max
A ( η ) = ----------- ⇒ 20 log A ( η ) = 20 log A max – 20 log 2 ,
2
soit [ A ( η ) ] dB = [ A max ] dB – 3 dB
( 10 log 2 ª 3 ).
1
Les valeurs de η cherchées vérifient donc  Q ------- :

2
2
2
X0
1 X0 Q 2
---------------------------------- = -- ------------------2
1
2
η
1 – ---------2( 1 – η 2 ) 2 + -----24Q
Q
η2
2
1
soit encore : ( 1 – η 2 ) 2 + -----2- = -----2-  1 – ---------2-
Q 
4Q 
Q
(5)
or pour Q 1, les valeurs de η satisfaisant (5) deviennent très proches de 1.
Posons
η = 1 + ε ( Q ) avec ε 1, dès lors :
( 1 – η2 )2 = ( 1 – η )2( 1 + η )2 ≈ ε2 ⋅ 4
1
1
1
1
et 4ε 2 # -----2- 2 – η 2 – ---------2- ≈ -----2- (car η ≈ 1 et Q 1 ) d’où ε # ± ------2Q
Q
Q
2Q
1
soit : ω H # ω 0  1 + -------

2Q
et
1
ω B # ω 0  1 – ------- .

2Q
Finalement :
ω0
∆ω # -----Q
ω0
et Q 1 ≈ -------∆ω
A
ω
D’où la courbe donnant ------ en fonction de η = -----X0
ω0
Chapitre 5 – Mécanique 2 245
Exercice 504
KF.book Page 246 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
A
-----X0
1
1
ω
η = -----ω0
4. On a montré que le système proposé pouvait être caractérisé par un temps de
Q
réponse en régime transitoire de l’ordre de τ = ------ et par une bande passante en
ω0
ω
régime sinusoïdal forcé égale à ∆ω = -----0- ( Q 1 pour la réponse en amplitude).
Q
On a donc :
τ ⋅ ∆ω ∼ 1
Plus le temps de réponse est élevé, plus la bande passante est étroite et plus la sélectivité
du système est importante…
On obtient un système analogue en électricité avec un circuit série RLC :
R (« frottements » : dissipation d’énergie) L (« inertie ») et C (« élasticité »). L’étude en
x ( t ) correspondrait à celle de la tension u c ( t ) aux bornes de la capacité. Les « forces »
F ( t ) seraient fournies par un générateur…
504 Vibrographe
O′
Un vibrographe est constitué d’une masse m suspendue à un ressort de raideur k et de longueur à vide l 0.
x(t)
L’extrémité O ′ de cet oscillateur est solidaire d’un bâti
subissant, par rapport à un référentiel galiléen 0 , un
mouvement vertical représenté par la fonction y ( t ).
La masse m subit de plus une force de frottement y
dx
fluide f = – λ x˙ u x  ẋ = ----- . En l’absence de mou
dt
vement du bâti ( y = 0 ), la position d’équilibre de M
est repérée par x = x 0 .
O
246 Partie 2 – Physique MPSI
A
M
y(t)
B
On suppose que le bâti subit dans 0 des oscillations sinusoïdales de pulsation ω :
y ( t ) = Y m cos ω t.
1. Déterminer, en régime établi, l’amplitude Xm des oscillations de la masse m par
rapport au bâti ainsi que le déphasage ϕ de ces mêmes oscillations par rapport à celles du bâti.
mω 0
k
ω
On posera ω 0 = ---- ; η = ------ et Q = ----------- .
λ
m
ω0
Xm
ω
Tracer les courbes donnant ------ et ϕ en fonction de la variable réduite ------ . Commenter.
Ym
ω0
2. Comment choisir la valeur de Q pour que Xm se confonde avec Ym, à 2 % près, sur un
domaine continu en fréquence aussi grand que possible, la valeur de ω0 étant fixée ?
On donne :
2x 2
--------------------- = 1,02 pour x = 0,789 ;
4x 2 – 1
1
f ( Q, x ) = -------------------------------------------- ⇒ f ( 0,789 ; 1,44 ) = 0,98.
2
1
1
 ---- – 1 + --------- x2 
Q2x2
■■
Solution
1. Plaçons-nous dans le référentiel ′ lié au bâti et posons X = x – x 0 ce qui élimine
les forces définissant l’équilibre en l’absence de mouvement du bâti. Par rapport à cet
état, la masse M est soumise aux forces supplémentaires :
• f 1 = – k Xu x (allongement supplémentaire X par rapport à la situation de
référence).
• f 2 = – λ Ẋu x (la force de frottement ne dépend que de la vitesse de la masse par rapport au bâti).
• f e = – m ( – ẏ˙u x ) (force d’inertie d’entraînement résultant du mouvement de translation du bâti par rapport au référentiel galiléen).
D’où en appliquant, dans , la loi fondamentale de la dynamique.
mẊ˙ = – kX – λẊ + mẏ˙, soit encore :
ω0
λ
2
2
Ẋ˙ + ----Ẋ + ω 0 X = ẏ˙ ⇒ Ẋ˙ + ------ Ẋ + ω 0 X = ẏ˙
m
Q
 Q = mω
----------0- .

λ 
Pour un mouvement sinusoïdal du bâti y = Y m cos ωt, le mouvement relatif de la
masse M est solution de l’équation :
ω0
2
Ẋ˙ ------ Ẋ ω 0 X ω 2 Y m cos ωt
Q
(1)
Chapitre 5 – Mécanique 2 247
Exercice 504
KF.book Page 247 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 504
KF.book Page 248 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
ω0
Au-delà d’une durée de quelques τ où τ ∼ ------ (cf. Ex n° 503), la réponse du système en
Q
X ( t ) devient sinusoïdale (le système atteint son régime permanent encore appelé régime
forcé et oublie ses conditions initiales…). Les oscillations sont déphasées par rapport aux
oscillations du bâti (cf. termes de frottement). On a donc, dans ces conditions :
X ( t ) = X m cos ( ωt + ϕ ).
X ( t ) = Re [ ( X m e jϕ )e jω t ] = Re ( χe jω t ).
ω0
2
χ ( ω 0 – ω 2 ) + jω ------ = – ( ω ) 2 Y m .
Q
Passons en notation complexe :
Dès lors, il vient :
χ = X m e jϕ
D’où :
ω2
– -----2ω0
= ---------------------------------------Y
.
2
ω  j ω m
 1 – -----2 + ---- -----
ω  Q ω0
0
ω
Soit une amplitude Xm telle que (avec η = ------ ) :
ω0
η2
X m = ---------------------------------------------Y m
1
( 1 – η 2 ) 2 + -----2-η 2
Q
η
1
et tan ϕ =  – ---- --------------2 avec sin ϕ 0, soit
 Q 1 – η
■ Traçons
les courbes
0 ϕ π.
Xm
η → ------- = F ( η ) et η → ϕ ( η ) .
Ym
• comportements asymptotiques :
– En très haute fréquence, les termes inertiels sont les plus importants de sorte que
mẊ˙ ≈ – mω 2 Y m cos ωt, d’où X ≈ Y m cos ωt, soit :
ω ω 0 ⇒ X m ∼ Y m et ϕ ∼ 0.
– En très basse fréquence, le terme élastique est prépondérant dans le membre de gauche de l’équation (1). On a donc :
2
ω 0 X ≈ – ω 2 Y m cos ωt
soit
d’où
ω2
X # – -----2- Y m cos ωt
ω0
ω2
ω ω 0 ⇒ X m ≈ -----2- Y m et ϕ → π .
ω0
π
• Pour η = 1, soit ω = ω 0 , il vient ϕ = --- ( tan ϕ → + ∞ et ϕ ∈ ( 0, π ) ) et
2
Xm
------- = F ( 1 ) = Q.
Ym
248 Partie 2 – Physique MPSI
2
1
1
• Enfin, F ( η ) présente un maximum lorsque  -----2 – 1 + ------------passe par un mini2
η

Q η2
1
mum, c’est-à-dire (dériver par exemple par rapport à -----2 ) pour :
η
1
1
-----2 = 1 – ---------2- ,
2Q
η
1
ce qui ne peut se produire que pour Q ------- .
2
1
Alors
ωm
1 – -------- =  1 – ---------2- 2

ω0
2Q 
et ω m ∼ ω 0 (dès que Q 1 ).
D’où les différentes courbes tracées pour quelques valeurs du facteur de qualité Q.
Xm
------Ym
4
Q = 4,5
3
Q = 2
2
Q = 1
1
Q = 0,2
O
ω
----ω 0-
2
1
ϕ
π
Q = 10
Q = 2
Q = 1
π
--2
O
Q = 0,2
1
ω
-----ω0
Chapitre 5 – Mécanique 2 249
Exercice 504
KF.book Page 249 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 505
KF.book Page 250 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2. On désire que l’amplitude Xm des oscillations de la masse M s’identifie – à 2 %
près – à celle Ym des oscillations du bâti. On cherche donc à obtenir :
( 1 – 0,02 )Y m X m Y m ( 1,02 ) sur une bande continue de fréquence aussi large que
possible.
X
Xm
Q = 0,85
------mSoit 0,98 ------- 1,02.
Ym
Ym
On obtiendra ce résultat en choisissant la 1,02
1
Q = 0,789
valeur de Q supérieure à ------- , telle que le maxi1
2
0,98


Q
1
mum  ----------------------- soit juste égal à 1,02, ce que
Q = ------

2
1
ω
 1 – ---------2-
-----4Q


ω0
montrent les courbes présentées ci-contre.
On a donc :
2Q 2
Q
----------------------- = 1,02 = ----------------------- .
1
4Q 2 – 1
1 – ---------24Q
On a donc (cf. énoncé) :
Q 0,789.
La plage de pulsations sur laquelle on pourra confondre Xm et Ym (à 2 % près) s’étend
théoriquement d’une valeur minimale ω m′ à l’infini, avec ω m′ solution de :
1
---------------------------------------------- = 0,98
2
1
1
 ---- + -----------–
1
2
 η2 
Q η2
′ 
m
η = ω
-------
ω0 
ce qui donne (cf. énoncé) : η = 1,44, soit : m
¢ 1,44 0 .
Une valeur supérieure de Q (cf. graphe précédent avec Q = 0,85 ) donnerait une plage
en fréquence plus étroite et un phénomène de résonance plus aigu ce qui pourrait avoir
pour effet « d’amplifier » des fréquences non désirées…
505 Pendule « amorti »
Un pendule simple (masse ponctuelle m au bout
d’une tige sans masse de longueur l ) peut tourner
librement autour de l’axe horizontal Oz. Il présente un mouvement d’oscillations dans le plan
vertical Oxy.
y
Oz
e
m
x
250 Partie 2 – Physique MPSI
g
θ
g
--- . On se limite, par
l
la suite, à l’étude des petits mouvements par rapport à la position d’équilibre
stable q = 0.
Définir l’énergie mécanique E du système (on prendra E = 0 pour θ̇ = 0 et θ = 0 ).
1. Donner l’équation du mouvement en θ ( t ). On posera ω =
2. On désire tenir compte des phénomènes dissipatifs. À cet effet, on suppose que
la masse m est soumise à une force de « frottement fluide » dont le moment en O est
donné par l’expression :
dθ
M f ( O ) = Γu z , avec Γ = – ml 2 γ ------ (γ constante fixée).
dt
dE
a. Exprimer le taux de variation ------ de l’énergie mécanique E du système.
dt
b. Dans le cas des amortissements faibles, on pose en première approximation :
θ ( t ) = α ( t ) cos ( ωt + ϕ )
où α ( t ) est une fonction très lentement variable à l’échelle de la « pseudo-période »
2π
T = ------ .
ω
On définit la « valeur moyenne » sur une durée T d’une fonction f ( t ) selon :
1 t0 + T
< f ( t ) > = ---f ( t )dt.
T t0
∫
Donner la valeur moyenne – sur une pseudo-période T – de la relation établie au 2.a.
En déduire qu’à l’approximation considérée, on a : α ( t ) # θ 0 exp ( – γt )
on prendra θ ( 0 ) = θ 0 et θ̇ ( 0 ) = 0.
Justifier les approximations envisagées et donner l’expression de l’énergie mécanique
E ( t ).
c. On définit un espace de phases ( θ′, θ̇′ ) en termes de variables réduites :
θ(t)
dθ′
t ′ = ωt ; θ′ ( t ′ ) =  ---------- et θ̇′ ( t ′ ) = -------- .
 θ0 
dt′
Représenter les différentes trajectoires possibles selon les valeurs du paramètre γ,
tout en restant dans le cadre des petits mouvements.
3. Pour décrire un oscillateur entretenu, on modifie le modèle en supposant maintenant
que le paramètre γ est une fonction de θ. On écrira :
γ ( θ ) = γ 0 [ 1 – β 2 θ 2 ].
L’équation du mouvement devient :
θ̇˙ + γ ( θ )θ̇ + ω 2 θ = 0.
On définit les variables réduites t′ = ωt, y ( t′ ) = θ ( t ).
γ
1
On pose ε = ----0- et θ 1 = --- .
β
ω
dy
1
On appelle « énergie » la quantité E′ = --- ( ẏ 2 + y 2 ) où ẏ représente la dérivée -------- .
dt′
2
Chapitre 5 – Mécanique 2 251
Exercice 505
KF.book Page 251 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 505
KF.book Page 252 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
dE′
a. Exprimer la quantité -------- en fonction de ε, β, y et ẏ . Commenter le résultat
dt′
obtenu pour ε 0, inégalité que l’on supposera vérifiée par la suite.
b. L’expérience montre que le système tend, dans l’espace des phases, vers une trajectoire fermée appelée cycle limite. Commenter.
On se place, pour cette question, dans le cas où le paramètre ε est suffisamment
petit. Il est alors possible d’adopter pour le cycle la solution approchée
y ( t′ ) = α cos ( t′ + ϕ ).
En déduire, dans ces conditions, l’expression de α en fonction de θ 1 , et dessiner
y ( t′ ) du
du
l’allure des trajectoires de phase dans l’espace u ( t ′ ) = ------------ , ------- avec ------- ( 0 ) = 0.
2θ 1 dt′
dt′
c. Que se passe-t-il pour ε ne vérifiant pas la condition du b. ?
■■
Solution
1. Appliquons le théorème du moment cinétique au point fixe O O
du référentiel galiléen d’étude, le mouvement de la masse m
s’effectuant dans le plan vertical Oxy (sa trajectoire s’inscrit sur
le cercle de centre O et de rayon l ).
dσ ( O )
On a ----------------- = ( O ) = OM ∧ T + OM ∧ mg = – mg l sin θu z .
dt
2
2
Or σ ( O ) = m l θ̇u z ⇒ ml θ̇˙ = – mg l sin θ.
Et
θ̇˙ + ω 2 sin θ = 0
y
θ
x
T
uθ
mg
(1)
g
On a posé ω = ---- pulsation propre de l’oscillateur.
l
Dans le cas de petits mouvements, on peut linéariser l’équation (1) en confondant
sin θ avec θ. Nous obtenons :
θ̇˙ ω 2 θ 0
(2)
L’énergie mécanique du système se définit ici par la somme de l’énergie cinétique Ec de
1
1 2 2
la masse m  E c = --mv 2 = --ml θ̇  et de son énergie potentielle de pesanteur Ep .


2
2
Or E p = – mgx + constante = – mgl cos θ + constante.
Soit avec E p ( θ = 0 ) = 0 (origine de l’énergie potentielle au point le plus bas de la trajectoire de la particule) :
E p = mgl ( 1 – cos θ ).
1 2 2
D’où une énergie mécanique E --ml θ̇ mgl ( 1 cos θ ). Lorsque θ reste suffi2
1
samment faible (petits mouvements), on peut substituer --θ 2 à 1 – cos θ, ce qui donne :
2
1
1
θ2
1 2 2
2
(3)
E = --ml θ̇ + mgl ----- ⇒ E = ml --θ̇ 2 + --ω 2 θ 2
2
2
2
2
252 Partie 2 – Physique MPSI
Remarquons qu’en dérivant (3), nous obtenons l’équation (2).
2. a. Appliquons ici le théorème de la puissance cinétique, l’énergie mécanique ayant
été définie à la question précédente. Il vient :
dE
2
2
------ = Γ = f ( O ) ⋅ θ̇u z = – ml γ θ̇ .
dt
dE
2
2
------ = – ml γ θ̇
On a donc :
(4)
dt
2. b. On suppose maintenant que l’évolution du système est, à chaque instant, très
proche du régime d’oscillations sinusoïdales de l’oscillateur non amorti. Cela implique
bien évidemment que le coefficient γ reste suffisamment faible. Dès lors, on envisage
une solution approchée :
θ ( t ) = α ( t ) cos ( ωt + ϕ )
(signal quasi-sinusoïdal).
À cette approximation, ω reste la pulsation de l’oscillateur non amorti et α ( t ) doit
2π
varier avec une échelle de temps τ très grande devant T = ------ . On considérera donc
ω
que α ( t ) est « constant » sur « une pseudo-période ».
Intégrons alors l’équation (4) sur un intervalle de temps ∆t = T :
t +T
1 t0 + T  dE
2 1 0
2
-------- dt = – ml γ --θ̇ ( t )dt (5)


T t0
dt
T t0
À l’échelle de T, les variations de θ ( t ) sont essentiellement imposées par le terme sinusoïdal cos ( ωt + ϕ ) de telle sorte que :
∫
∫
θ̇ ( t ) # – α ( t )ω sin ( ωt + ϕ ) avec α ( t ) ≈ cste = α ( t 0 )
 1 t0 + T 2

2
θ̇ ( t )dt # α 2 ( t 0 )ω 2  --sin ( ωt + ϕ )dt 
0
 T t0

l’accolade correspond à la valeur moyenne de sin2 ( ωt + ϕ ) , elle ne dépend pas de t0 ,
t +T
1
1 2
2 1 0
θ̇ 2 ( t )dt = – --ml γ α 2 ( t 0 )ω 2
et elle vaut -- . On a donc : – ml γ --2
2
T t0
quant à la première intégrale elle s’exprime sous la forme :
E ( t0 + T ) – E ( t0 )
1 t0 + T dE
-.
-------- dt = ---------------------------------------T
T t0
dt
1 2
Or E ( t ) = --ml ( θ̇ 2 + θ 2 ω 2 ), et à la même approximation :
2
1 2
1 2
E ( t ) # --ml [ α 2 ω 2 sin2 ( ωt + ϕ ) + α 2 ω 2 cos2 ( ωt + ϕ ) ] = --ml α 2 ω 2 .
2
2
1 t0 + T dE
1 2 2 α 2 ( t0 + T ) – α 2 ( t0 )
-------- dt # --ml ω ---------------------------------------------- .
D’où
T t0
dt
2
T
et
1
--T
t0 + T
∫t
∫
∫
∫
∫
La fonction α ( t ) variant très peu sur l’intervalle ∆t = T on peut confondre la quantité entre crochets avec la dérivée par rapport au temps t0 de la grandeur α 2 ( t 0 ) ; dès
lors l’équation (5) devient :
1 2
1 2 2 d( α2 )
--ml ω -------------- = – --ml γ α 2 ( t 0 )ω 2 .
dt 0
2
2
Chapitre 5 – Mécanique 2 253
Exercice 505
KF.book Page 253 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 505
KF.book Page 254 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
d( α2 )
d( α2 )
- = – γ dt 0 .
-------------- = – γ α 2 ( t 0 ) ⇒ ------------dt 0
α2
Une simple intégration donne : α 2 ( t 0 ) = α 2 ( 0 )exp [ – γ t 0 ].
Soit après simplifications :
Avec les conditions initiales θ ( 0 ) = θ 0 et θ̇ ( 0 ) = 0 nous avons :
α ( 0 ) cos ϕ = θ 0 et α ( 0 )ω sin ϕ = 0
ce qui permet de prendre ϕ = 0 et α ( 0 ) = θ 0 .
t0
2
2
α 2 ( t 0 ) = θ 0 exp [ – γ t 0 ] ⇒ α ( t 0 ) # θ 0 exp  – ---- avec τ = -- .
 τ
γ
Finalement
θ ( t ) # θ0 e
Soit
---t
2 cos ωt.
Ainsi les approximations envisagées seront d’autant plus acceptables que l’on a τ T,
γ
soit encore ---- 1.
ω
1 2 2
1 2
Enfin E ( t ) # --ml ( θ̇ + ω 2 θ 2 ) # --ml α 2 ( t )ω 2 .
2
2
1 2
2
Soit
E ( t ) # E ( 0 )exp ( – γt ) avec E ( 0 ) = --ml ω 2 θ 0 .
2
2. c. D’après les résultats précédents, nous avons :
2
2
E ( t ) = E ( 0 )e –γt ⇒ θ̇ + ω 2 θ 2 = ω 2 θ 0 e –γt
(6)
Considérons alors les variables réduites t ′, θ′ définies par :
dθ′
θ(t)
t ′ = ωt, θ′ ( t ′ ) = ---------- et θ̇ ′ = -------- .
dt ′
θ0
dθ′ dt ′
dθ
θ̇ = ------ = θ 0 -------- ⋅ -------- = θ 0 ωθ̇ ′.
dt ′ dt
dt
L’équation (6) devient
D’où
2
2
θ 0 ω 2 ( θ̇′ )
+
γ
2
2 – ---- t′
ω 2 θ 0 θ′ 2 = ω 2 θ 0 e ω .
θ̇ ′
γ
θ̇¢ 2 θ¢ 2 exp ---- t ¢ .
ω
Dans l’espace des phases (en terme de variables réduites),
le point figuratif suit une trajectoire qui prend la forme :
1
Soit
2
2
– d’un cercle (fig. 1) lorsque γ = 0 : OM = θ̇′ + θ′ = 1
– d’une spirale (fig. 2) aboutissant au point O pour
γ
γ 0 (cas de l’amortissement) : OM = exp – ------- t ′ ;
2ω
θ′
Fig. 1
γ
---- = 0
ω
– d’une spirale (fig. 3) s’écartant du point O si l’on envisageait des valeurs de γ négatives (« amortissement » → amplification du mouvement).
254 Partie 2 – Physique MPSI
θ̇′
Exercice 505
KF.book Page 255 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
θ̇′
2
1
1
0
–1
θ′
–1
–2
0
–1
1
2
θ′
–2
–1
γ
---- = +0,1
ω
Fig. 3
Fig. 2
γ
---- = – 0,05 θ′ ( 0 ) = 1
ω
θ̇′ ( 0 ) = 0
θ′ ( 0 ) = 1
θ̇′ ( 0 ) = 0
Remarques
• Pour γ 0, toutes les trajectoires, dans l’espace de phase, finissent par aboutir au
point ( 0, 0 ) qui constitue un attracteur.
• L’équation du mouvement s’écrit θ̇˙ + γ θ̇ + ω 2 θ = 0. On a donc θ̇˙ ( 0 + ) = – ω 2 θ ( 0 + )
pour θ̇ ( 0 + ) = 0, d’où θ̇˙ ′ ( 0 + ) = – θ ′ ( 0 + ). Il en résulte que θ̇ ′ devient négatif dans un
voisinage de t = 0 + …
1 dy 2
3. a. « L’énergie » est définie par l’expression E′ = --  -------- + y 2 .
2  dt ′ 
2
dy
dE′
d y
Sa dérivée devient : -------- = -------- ⋅ ---------2- + y .
dt ′ dt ′
dt ′
Or d’après la définition des variables réduites, nous avons :
dθ dt
1 dθ
1 d2θ
dy
d2 y
-------- = ------ ⋅ -------- = ---- ------ ; de même ---------2- = -----2- --------2 .
dt dt ′
ω dt
dt ′
ω dt
dt ′
D’où
dy
1 d2θ
dE′
-------- = -------- ⋅ -----2- --------2 + θ .
dt ′ ω dt
dt ′
Soit avec l’équation du mouvement θ̇˙ + ω 2 θ = – γ ( θ )θ̇
γ ( θ ) dy  dy 
dy  2
dE′
2 θ 2 )  ------------------- .
ω
-------- = – ---------=
–
(
–
⋅
ε
1
β
 dt ′ 
dt ′
ω 2 dt ′  dt ′ 
D’où
dy 2
dE′
-------- = – ε ( 1 – β 2 y 2 )  --------
 dt ′ 
dt ′
(7)
Commentaires
Cette équation peut se réécrire sous la forme :
(I)
εβ 2 y 2 ẏ 2








dE′
-------- = – εẏ 2 +
dt ′
( II )
où
dy ( t ′ )
ẏ = --------------- .
dt ′
Chapitre 5 – Mécanique 2 255
Exercice 505
KF.book Page 256 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Pour un coefficient ε 0, le second terme correspond à une dissipation d’énergie alors
que le premier est associé à un apport continuel d’énergie permettant d’assurer l’entretien
de l’oscillateur.
De plus, le rapport II
---- = β 2 y 2 dépend de « l’amplitude » y ( t′ ) ; ainsi, les mouvements de
I
faible amplitude seront caractérisés par des oscillations croissantes alors que ceux de grande
amplitude verront leurs oscillations décroître.
3. b. L’existence d’un cycle limite s’interprète en considérant que les termes (I) et (II),
d’apport et de dissipation d’énergie ( ε 0 ), doivent se compenser en moyenne. Ce qui
se traduit en désignant par le symbole < > les valeurs moyennes calculées sur le cycle
attracteur :
2
2
< dE′
-------- > = – ε [ < ẏ > – < β 2 y 2 ẏ > ].
dt ′
Or sur un cycle, le premier terme est nul puisque :
τ′ dE′
∫0
-------- dt ′ = E′ ( τ′ ) – E′ ( 0 ) = 0 (après un cycle, le système repasse par le même état
dt ′
et possède donc la même énergie).
Dès lors, le bilan d’énergie implique l’égalité :
< ẏ 2 > = < β 2 y 2 ẏ 2 >
(8)
γ0
Pour ε = ----- suffisamment petit, on pose y ( t ′ ) # α cos ( t ′ + ϕ ). Reportons cette
ω
expression dans (8) :
1 τ′
< ẏ 2 > = ---- α 2 sin2 ( t′ + ϕ )dt ′ .
τ′ 0
1
2
2
Soit
< ẏ > = α < sin2 ( t ′ + ϕ ) > 1 cycle = --α 2 .
2
De même < β 2 y 2 ẏ 2 > = β 2 α 4 < cos2 ( t′ + ϕ ) sin2 ( t ′ + ϕ ) >
1
1
= --β 2 α 4 < sin 2 ( 2t ′ + ϕ ) > = --β 2 α 4 .
4
8
L’équation énergétique (2) se traduit alors par :
1
1 2
4
--α = --β 2 α 4 ⇒ α 2 = ----2- et α 2θ 1 .
8
2
β
Soit à l’approximation considérée :
∫
y ( t ′ ) = 2θ 1 cos ( t ′ + ϕ ) et θ ( t ) # 2θ 1 cos ( ωt + ϕ ).
La trajectoire limite, dans l’espace des phases associé aux variables réduites y ( t ′ ) et
dy
-------- ( t ′ ), est donc un cercle de rayon 2θ 1 . Le système présente dans ce cas un attracdt ′
teur cyclique.
On a tracé ci-dessous différentes trajectoires respectant les hypothèses retenues dans
cet exercice (notamment ε suffisamment petit) avec θ ( 0 ) = θ 0 et θ̇ ( 0 ) = 0.
1 dy
y
du
On a porté sur les axes les variables u = -------- et -------- = -------- -------- , le cercle limite ayant
2θ 1 dt ′
2θ 1
dt ′
alors un rayon unité.
256 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 505
KF.book Page 257 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
u̇
u̇
2
2
0
0
–2
–2
2 u
0
ε = – 0,05 u ( 0 ) = 2 u̇ ( 0 ) = 0
–2
–2
0
2
u
ε = – 0,05 u ( 0 ) = 0,6 u̇ ( 0 ) = 0
3. c. La trajectoire du système, dans l’espace des phases, va toujours tendre vers un
cycle limite indépendant des conditions initiales. Mais ce cycle ne sera plus circulaire
dans l’espace ( u, u˙ ) .
θ(t)
On donne ci-après les portraits de phase en coordonnées (u, u̇ ) où u ( t′ ) = ---------- et
2θ 1
du
u̇ ( t′ ) = -------- :
dt ′
u̇
u̇
1
1
B
A
–1
0,5 0
0,5
–1
ε = – 1 u ( 0 ) = 0,1
u̇ ( 0 ) = 0,1
1 u
-
–1
0
1
1 u
–1
ε = – 0,5 u ( 0 ) = 0,9
u̇ ( 0 ) = 1,2
On donne également les courbes correspondantes de y ( t ′ ) montrant clairement
l’influence des termes non linéaires dans l’équation de mouvement ( y ( t ′ ) n’est pas
sinusoïdal).
Chapitre 5 – Mécanique 2 257
Exercice 505
KF.book Page 258 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
u(t ′ )
ε = – 1 u ( 0 ) = 0,1
u˙ ( 0 ) = 0,1
1
0
10
20
30
t′
–1
u̇ ( t ′ )
ε = – 1 u ( 0 ) = 0,1
u̇ ( 0 ) = 0,1
1
0
–1
258 Partie 2 – Physique MPSI
10
20
30
t′
KF.book Page 259 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
B. Forces centrales et systèmes
de deux points matériels
511 Demi-ellipse dite de transfert
Un satellite de masse m tourne autour de la Terre sur une orbite circulaire (orbite
« basse », rayon r1, vitesse du satellite V1), on veut le transférer sur une autre orbite
circulaire (orbite « haute », rayon r2, vitesse V2). Pour cela, on lui fait décrire une
demi-ellipse (dite « orbite de transfert ») dont un des foyers est le centre de la Terre,
et qui se raccorde tangentiellement aux deux orbites circulaires précédentes. On
allume donc les propulseurs du satellite pendant une durée brève au début et à la fin
de cette demi-ellipse, ce qui correspond à communiquer à chaque fois au satellite un
supplément de vitesse (sans changement de sa direction) de façon quasi-instantanée.
Calculer ces suppléments de vitesse.
On donne : r 1 = 6,70 ⋅ 10 3 km ; r 2 = 42,0 · 103 km;
rayon terrestre R = 6,40 · 103 km ;
pesanteur au niveau du sol : g = 9,8 m ⋅ s –2 .
■■. 1. Ce qu’il faut savoir
• Forces centrales.
• Gravitation.
■■. 2. Ce qu’il faut comprendre
Le calcul des vitesses V1 et V2 ne présente pas de difficultés, le produit M de la force
mM
- u étant déterminé à partir du poids d’un corps au voiside gravitation f G = – ------------r2
nage du sol (en négligeant l’effet de la rotation de la Terre sur la valeur de g).
On utilisera les lois de conservation de l’énergie et du moment cinétique pour calculer
les vitesses nécessaires au début et à la fin de l’orbite de transfert.
■■. 3. Solution
Appliquons au satellite en orbite circulaire le théorème du centre d’inertie :
m A = fG .
mV 2
L’accélération est purement normale soit : ----------- =
r
fG
Mm
= ------------r2
M
V 2 = --------- .
r
Chapitre 5 – Mécanique 2 259
Exercice 511
KF.book Page 260 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
POINT COURS
Déterminons le produit M en écrivant que le poids d’un corps – au voisinage du
sol – est essentiellement dû à la force de gravitation :
Mm
mg # -------------2
RT
2
M = g ◊ R T .
d’où
Et en reportant
g
V 1 = R T ---r1
g
V 2 = R T ---r2
d’où numériquement :
V 1 = 7,74 km ◊ s –1 V 2 = 3,09 km ◊ s –1 .
Moteurs éteints, l’ellipse de transfert est décrite sous le
seul effet de la force de gravitation terrestre.
La vitesse au départ de la demi-ellipse (au périgée) vaut u1
( u 1 V 1 ), et elle vaut u 2 ( u 2 V 2 ) à l’autre extrémité
de l’orbite de transfert qui correspond à l’apogée : en effet
le périgée et l’apogée sont les seuls points d’une trajectoire
elliptique où la vitesse est orthogonale au rayon vecteur.
L’énergie mécanique se conserve sur cette trajectoire :
1 2 Mm
1 2 Mm
E m = --mu 1 – -------------- = --mu 2 – -------------- .
2
r2
2
r1
2
Soit en remplaçant M par g R T :
2
2
2 2g R
2 2g R
u 1 – ------------T- = u 2 – ------------Tr1
r2
(1)
La conservation du moment cinétique donne :
C = r 1 u 1 = r 2 u 2 (2)
2
r
1
2
2 1
1
De (1) et (2) on tire : u 1 1 –  ----  = 2g R T  ---- – ----
 r 1 r 2
 r2 
r
1 1
1
2
2 1
u 1 ⋅ r 1  ---- – ----  1 + ---1- = 2g R T  ---- – ----
 r 1 r 2 
 r 1 r 2
r 2
2 r1
2
u 1 ⋅ ---- ⋅ ( r 1 + r 2 ) = 2g R T
r2
Soit
( r 1 ≠ r 2 ).
2gr 2
u 1 = R T ----------------------r1 ( r1 + r2 )
et symétriquement
Numériquement
260 Partie 2 – Physique MPSI
2g r 1
-.
u 2 = R T ----------------------r2 ( r1 + r2 )
u 1 = 10,16 km ⋅ s –1
u 2 = 1,62 km ⋅ s –1 .
u2
V2
r2
O r1
u1
V1
Exercice 512
KF.book Page 261 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
On en déduit les suppléments de vitesse cherchées :
∆V 1 = u 1 – V 1 = 2,42 km ◊ s –1
∆V 2 = V 2 – u 2 = 1,47 km ◊ s –1 .
Commentaire
Les deux mises en marche des propulseurs correspondent effectivement à des augmentations de vitesse ( u 1 V 1 et V 2 u 2 ).
C’était prévisible, car l’ellipse de transfert est extérieure à la première orbite circulaire – ce
qui correspond à une énergie mécanique plus élevée – alors que c’est la situation inverse
pour la deuxième orbite circulaire.
512 Écart à la satellisation sur orbite circulaire
1. Un satellite décrit une orbite circulaire de rayon r 0 autour du centre O de la Terre.
Celle-ci a une masse M, et la constante de gravitation est notée .
Calculer la vitesse V 0 du satellite ainsi que son énergie mécanique.
2. On suppose maintenant qu’un satellite a été lancé en un point M 0 ( OM 0 = r 0 ) avec
π
une vitesse V de module V0 (calculé au 1.) et telle que ( OM 0 , V ) = --- – α.
2
Déterminer les caractéristiques de l’orbite décrite par ce satellite.
On rappelle que pour une trajectoire elliptique d’équation en coordonnées polaires
p
r = ---------------------------------------- :
1 + e cos ( θ – θ 0 )
σ0
C2
• le paramètre p est défini selon p = -------- ( C = -----, σ 0 ≡ moment cinétique en O).
m
M
p
• p, l’excentricité e, et le demi-grand axe a sont liés par la relation a = -------------2- .
1–e
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Forces centrales.
• Gravitation.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Si le mouvement est circulaire, il est uniforme. L’accélération est normale.
Chapitre 5 – Mécanique 2 261
Exercice 512
KF.book Page 262 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2. À l’instant t = 0, le satellite est lancé à la même distance que précédemment et le
module de sa vitesse est le même, donc l’énergie mécanique garde la même valeur : elle
est négative, et la trajectoire est elliptique dans le plan défini par OM 0 et V 0 . Le
moment cinétique est modifié, ce qui donne la nouvelle valeur du paramètre p.
■■ 3. Solution
D’après le théorème du centre d’inertie du satellite de masse m
Mm
mA = f = – --------------u
r 02
2
V0
or A = – ------ u
r0
V 02
Mm
d’où – m ------ = – ------------2
r0
r0
O
M
et V 0 = ---------(1)
r0
m
u
f
Mm 1
L’énergie mécanique s’écrit E m = – -------------- + --mV 02 .
2
r0
1 Mm
1
2
Soit encore E m = – -- -------------- = – --mV 0 = – E c .
2 r0
2
Commentaire
On trouve bien évidemment une énergie négative caractéristique d’un état lié (le satellite est
sur orbite, il ne peut partir à l’infini).
2. Le satellite a toujours la même énergie mécanique (mêmes valeurs de r 0 et V 0 ).
Cette énergie est négative. On a donc toujours un état lié. Mais V 0 n’est plus perpendiculaire à OM 0 , la trajectoire est donc une ellipse.
La force de gravitation est une force centrale. Il y a conservation du moment cinétique
dσ 0
σ 0 d’après le théorème du moment cinétique : --------- = f /O = 0 ,
dt
σ
C = -----0 est une constante dite constante des aires.
m
Ici σ 0 = mr 0 V 0 cos α ;
C = r 0 V 0 cos α.
r 02 V 02 cos 2 α
r 02 V 02 cos 2 α
C2
- = ------------------------Or p = ---------, d’où p = ------------------------M
M
r 0 V 02
p = r 0 cos 2 α
262 Partie 2 – Physique MPSI
O
V0
α
σ0
r0
M0
Exercice 512
KF.book Page 263 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
• Déterminons maintenant le demi-grand axe a de l’ellipse.
Mm
Pour un satellite décrivant une orbite elliptique, E m = – -------------- .
2a
En identifiant avec l’expression de l’énergie mécanique obtenue au 1. et toujours valable :
1 Mm
Mm
– -- -------------- = – -------------- ⇒ a = r 0
2 r0
2a
Et en reprenant l’équation de l’ellipse, on obtient :
p
p
pour le périgée r P = ----------- ; pour l’apogée r A = ----------1+e
1–e
p
p
2p
soit r P + r A = 2a = ----------- + ----------- = ------------2- (expression fournie par l’énoncé).
1+e 1–e
1–e
p
Soit 1 – e 2 = -- = cos 2 α.
a
L’excentricité étant positive, e = sin α .
Commentaire
On retrouve bien dans le cas du cercle e = 0 pour α = 0.
Pour situer les axes de l’ellipse par rapport à la
direction OM 0 du point de lancement, on peut
remarquer que les seuls points de l’ellipse à la distance a d’un foyer sont les extrémités du petit axe :
( a 2 = b 2 + c 2 ).
Et qu’en ces points, la tangente à l’ellipse est parallèle au grand axe : la direction du grand axe est
M0
a
b
a
c
F
donc la parallèle en O à V 0 , ce qui permet de construire les axes de l’ellipse cherchée à partir de
OM 0 et V 0 :
X
A
a
H
b
α
V0
b
M0
OX // V0
M 0 H ⊥ OX
HP = HA = r 0
P : périgée
A : apogée
r0 = a
O
P
Chapitre 5 – Mécanique 2 263
Exercice 513
KF.book Page 264 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
513 Comète quasi-parabolique de 1843
La Terre décrit autour du Soleil – de centre S – une orbite pratiquement circulaire de
rayon a 0 = 1,5 ⋅ 10 8 km, à la vitesse V T = 30 km ⋅ s –1 .
En 1843, une comète () est passée extrêmement près du Soleil : distance au périhélie SP = d = 6,1 ⋅ 10 –3 a 0 .
1. En considérant que l’orbite de () est parabolique, calculer la vitesse maximale
Vmax de la comète.
2. Des mesures précises ont montré que l’orbite de () était en fait une ellipse
d’excentricité e = 1 – x, avec x = 9,4 ⋅ 10 –5 (on considérera donc que x 1 ).
a. Jusqu’à quelle distance D la comète va-t-elle s’éloigner du Soleil ? Évaluer sa
vitesse à cette distance.
b. En quelle année reviendra-t-elle ?
p
Rappel : pour une trajectoire elliptique, on a a = -------------2- (p ≡ paramètre de l’ellipse)
1–e
e ≡ excentricité ; a ≡ demi-grand axe).
c. Estimer l’incertitude relative commise sur la valeur de Vmax , en adoptant l’hypothèse du 1. Conclure.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Mouvement circulaire.
• Énergie mécanique et force centrale newtonienne.
• Troisième loi de Kepler.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. La constante K intervenant dans l’expression de l’énergie potentielle de gravitation
mK
E p = – -------- sera calculée à partir des données concernant l’orbite terrestre.
r
p
2. La connaissance de l’excentricité e et de la distance au périhélie d = ----------- permet
1+e
de calculer le paramètre p de l’ellipse, puis la distance à l’aphélie D : les caractéristiques
de l’ellipse sont alors complètement connues… La date de son retour pourra se
déduire simplement de la 3e loi de Kepler, en comparant la période T de la comète à la
période T0 de la Terre…
■■ 3. Solution
1. La comète est essentiellement soumise à la force attractive due à son interaction gravitationnelle avec le Soleil :
mK
F = – --------u
(r = SM, et K = MS).
r2
264 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 513
KF.book Page 265 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
La trajectoire étant parabolique, l’énergie mécanique
de la comète est nulle, soit :
1
mK
E m = 0 = E c + E p = --mV 2 – -------- .
2
r
2K
On a donc : V 2 = ------- .
r
Et la vitesse est maximale pour r minimal, c’est-à-dire
lorsque la comète passe au point P de sa trajectoire
(r = SP = d).
Finalement on a : V max =
2K
------d
M
F
u
S
P
(1)
Pour calculer le coefficient K, il suffit d’exprimer que la Terre de masse MT décrit,
autour du Soleil, une orbite pratiquement circulaire de rayon a0, à la vitesse VT (mouvement circulaire uniforme). On a donc :
K
M T A T = F′ = – M T ----2- u ′
a0
or
V T2
K
A T = – ------- u ′ ⇒ V T2 = ----a0
a0
S
(2)
u′
Reportant (2) dans (1), il vient :
V max = V T
2a
-------0d
et
F′
T
V max = 543 km ◊ s –1 .
2. a. L’équation de la trajectoire dans son plan
est donnée, en coordonnées polaires, par :
A
p
-- = 1 + e cos θ.
r
La distance au périhélie (point P) s’en déduit :
p
r P = ----------- (faire θ = 0)
1+e
p
celle à l’aphélie (point A : θ = π) : r A = ----------- .
1–e
P
S
θ
M
p
La distance D cherchée correspond donc au point A : D = ----------- .
1–e
p
Le paramètre p se déduit de SP = d = ----------- .
1+e
1+e
On a donc : D = d ----------1–e
2d
or e = 1 – x, avec x 1 ⇒ D ≈ -----x
Application numérique :
D ≈ 130a 0 ⇒ D # 19,5 ◊ 10 9 km .
Chapitre 5 – Mécanique 2 265
Exercice 513
KF.book Page 266 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2. b. Pour calculer la vitesse de la comète à cette distance, remarquons que périhélie et
aphélie sont les deux points de la trajectoire où la vitesse est orthogonale au rayon vecteur. La conservation du moment cinétique donne, en exprimant en ces deux points la
constante C de la loi des aires :
C = VP d = VA D
d
d’où la vitesse cherchée : V A = V P ---- .
D
VA
D
d
S
VP
La trajectoire elliptique ayant une excentricité proche de 1, il est possible de substituer
à la vraie valeur de V celle calculée au 1. dans le cas de la trajectoire parabolique.
Avec cette approximation, on obtient :
a
d
d 2a
V A # ---- V max # V T ---- -------0- ⇒ V A # V T x -----0- .
D
D d
2d
Application numérique : V A ª 25,5 m ◊ s –1 .
POINT COURS
La période T se déduit de la troisième loi de Kepler. Pour des « satellites » (de masse m)
du Soleil (de masse MS), on a (pour des états liés : orbites circulaires ou elliptiques) :
T2
4π 2
-----3- = ---------------------------- (a : demi-grand axe ; : constante de gravitation).
(
M
a
S + m)
4π 2
T 2 4
2
Et dans le cas où m M S fi -----3- ≈ ----------- = -------- .
M S
K
a
Appliquons cette dernière relation à la comète (sur sa trajectoire elliptique) et à la Terre
(sur sa trajectoire quasi circulaire) :
2
T
4π 2
T2
--------------------3- = -----30 = -------- .
D
d
K
D + d
a0
 -----------S
 2 
D + d 3/2
D’où T = T 0  -------------
 2a 0 
2a = D + d
d
1
+
e
2d
p
p
2p
or D + d = ----------- + ----------- = ------------2- = 2d ------------2- = 2 ----------- = -----1–e
x
1–e 1+e
1–e
1–e
soit
d 3/2
T = T 0  ------------
 x ⋅ a 0
Application numérique : T = 523T 0 = 523 ans.
Son retour aura donc lieu, en principe, en 2366 !
266 Partie 2 – Physique MPSI
2. c. Dans l’hypothèse d’une trajectoire parabolique (e = 1), on aurait :
1
Km
2
( E m = 0 = E c + E p ).
E c = -------- = --mV max
2
d
Pour la trajectoire réelle (ellipse d’excentricité e = 1 – x avec x 1 ), il vient :
mK
E′m = E′c + E′p = – -------- (a : demi-grand axe).
2a
D+d
d
Or on a établi (cf. 2. b.) que a = ------------- = -- d’où :
2
x
mKx
E′c + E′p = – ------------ .
2d
mK
mK
x
Au périhélie (point P) : E′p = – -------- ⇒ E′c ( P ) = --------  1 – -- .
d 
d
2
2
1
mK
x
′ = --------  1 – -- .
Soit une vitesse maximale telle que --mV max
2
d 
2
′ est reliée à la valeur approchée V max selon :
La valeur réelle V max
2
x
2
′ = V max  1 – --
V max

2
x
′ ≈ V max  1 – -- .
et en tenant compte du fait x 1 : V max

4
Soit en valeur relative :
′
V max – V max
x
----------------------------- # -′
4
V max
ª 2,4 ◊ 10 –5 .
L’approximation faite en 2. a. pour calculer la vitesse de la comète à l’aphélie s’en
′ avec V max ).
trouve ainsi justifiée (on a confondu V max
514 Trajectoires de météorites
Un point matériel P de masse m est soumis à
l’interaction d’une boule de centre F et de
rayon R. Cette interaction est caractérisée
par une énergie potentielle :
P
V0
b
R
F
K
E p = – --- ( K 0, r = FP ).
r
On suppose que la boule reste fixe dans un référentiel galiléen de centre F, référentiel dans lequel s’effectuera l’étude qui suit.
À l’instant initial, la particule est à l’infini, elle est animée d’une vitesse V 0 et présente un « paramètre d’impact » b (cf. figure ci-dessus).
Chapitre 5 – Mécanique 2 267
Exercice 514
KF.book Page 267 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 514
KF.book Page 268 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
1. Donner la condition pour que le point matériel P évite la boule. Commenter.
2. Déterminer l’équation de la trajectoire de P, et retrouver le résultat précédent.
K .
Dans toute cette étude, on pourra poser η = -----------mV 02 b
p
Rappels : la trajectoire de la conique peut s’écrire -- = 1 + e cos ( θ – θ 1 ) où
r
2
L0
p = ------- ( L 0 moment cinétique en F). Son énergie mécanique Em est reliée à l’excenmK
tricité e par l’expression :
mK 2 2
- ( e – 1 ).
E m = --------2
2L 0
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
Points de cours
• Forces centrales.
• Formules de Binet.
• Lois de conservation – constante du mouvement.
Outil mathématique
• Hyperbole (paramètre, foyer, excentricité…).
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. L’interaction masse m –boule est attractive, et la trajectoire hyperbolique (potentiel
K
du type newtonien en – --- ) entoure le centre attracteur F. Pour que P évite la boule, il
r
est donc nécessaire (mais évidemment pas suffisant) que le paramètre d’impact b soit
supérieur à R, rayon de la boule.
D’autre part, pour b fixé (supérieur à R), si V 0 tend vers « l’infini », la trajectoire est
« rectiligne » et r min = b, et si V 0 est nulle la trajectoire devient une droite « passant »
par F et r min = 0 : ainsi pour 0 V 0 ∞, on a 0 r m b ; il existe donc une valeur
limite V 0l (à b fixé R ) telle que pour V 0 V 0l ( b ), la particule ne rencontre pas la
boule.
2. Il faut déterminer les valeurs de p et e (paramètre et excentricité de l’hyperbole)
ainsi que la valeur θ1 de θ définissant la position de l’axe de l’hyperbole. p et e s’expriment à l’aide de formules du cours faisant intervenir les grandeurs L0 (moment cinétique) et E. θ1 sera défini à partir de la position initiale de la particule.
■■ 3. Solution
1.
POINT MÉTHODE
Il ne s’agit pas ici de déterminer l’équation de la trajectoire (objet de la question 2.)
mais plutôt de déduire la condition cherchée des lois de conservation.
268 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 514
KF.book Page 269 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Il faudra donc traduire :
1
K
– la loi de conservation de l’énergie mécanique E m = --mV 2 – --- ;
2
r
– et celle du moment cinétique en F noté L .
Si l’on désigne par P 1 le point de la trajectoire le plus proche de F (et r m = FP 1 ), il
suffit d’écrire que r m R pour que le point
matériel ne rencontre pas la boule.
P0 V0
P1
b
V1
F
Or en P 1 la vitesse V 1 est nécessairement
perpendiculaire à FP 1 puisque r˙( P 1 ) = 0
( P 1 point le plus proche).
k
Calculons donc r m :
P V
• On a L ( P 1 ) = L 0 avec
α
L = FP ∧ mV = mFP V sin α k .
Or FP sin α = HP ⇒ L = mHP V k .
Pour la position initiale, HP = b
V
α
H
et
k
= V 0 , d’où : L ( P 1 ) = L 0 = mbV 0 k .
F
De plus
L ( P 1 ) = mr m V 1 k ⇒ r m V 1 = bV 0
(1)
• La conservation de l’énergie entre P0 et P1 se traduit par la relation :
1
1
K
--mV 12 – ----- = --mV 02
2
2
rm
(2)
Reportons dans (2) la valeur de V 1 tirée de (1) :
2
1 b 2 V0 K
1
2
--m ----------- – ----- = --mV 0 .
2 r m2
2
rm
2K
r m2 + ----------2- r m – b 2 = 0.
mV 0
D’où, en ne retenant que la solution physiquement acceptable ( r m 0 ) :
Soit encore
K 2
K
r m = – ----------2- +  ----------2- + b 2
 mV 
mV 0
0
(3)
La condition cherchée s’écrit alors r m R, soit :
K 2
K 2
 ---------- + b 2  R + ----------2-
 mV 2

mV 
d’où
2KR
b 2 R 2 + ----------2mV 0
c’est-à-dire
0
2K
b b l = R 1 + --------------2RmV 0
0
(4)
Chapitre 5 – Mécanique 2 269
Exercice 514
KF.book Page 270 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Commentaires
bl
2K
• L’expression de ---- ne fait intervenir que la grandeur η = --------------2- qui représente le rapR
mRV 0
K
port entre l’énergie potentielle  E p = --- , pour r = R, du champ de force, et l’énergie

R
1
2
cinétique initiale  --mV 0 :
2

K⁄R
η = -------------- .
1
2
--mV 0
2
• Pour η 1 et à la limite, b l ∼ R : la particule n’étant pratiquement pas déviée, on a en
effet, r m ∼ b et r m R implique bien b l ≈ R.
• En conclusion, la boule sera évitée (pour R imposé) :
2K
– à V 0 fixé pour : b b l = R 1 + --------------;
2
mV 0 R
2KR
--------------------------- .
m( b2 – R2 )
V 0 V 0l =
– à b fixé pour :
Il faut évidemment que b R, sinon il y aura collision, et ceci quelle que soit la valeur
de V 0 .
2. La trajectoire est une hyperbole (branche infinie).
1
La particule P est soumise à un champ de force attractif en -- de centre F.
r
1
2
Ici, on a E m = E 0 = --mV 0 0 d’où une trajectoire hyperbolique contournant le
2
foyer F (potentiel attractif).
L’équation de cette trajectoire est donnée par :
ur
uθ
p
-- = 1 + e cos ( θ – θ 1 )
r
P
P1
p : paramètre ; e : excentricité (ici on a
θ1
e 1 : hyperbole).
θ
F
k
2
avec
Or
Em
soit
1
2
= --mV 0
2
mb 2 V
p = ----------------0K
d’où
e2
2
Finalement
270 Partie 2 – Physique MPSI
2
2
L0
p = -------mK
et
e2
2L 0 E m
-.
= 1 + --------------mK 2
2 21
2
2mV 0 b 0 --mV 0
2
-.
= 1 + ---------------------------------K2
mV 0 b
e 2 = 1 +  --------------
 K 
2
(on a bien e 2 1 ).
Exercice 514
KF.book Page 271 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
L’équation de la trajectoire s’écrit alors :
p
-- = 1 + e cos θ 1 cos θ + e sin θ 1 sin θ.
r
Pour θ = 0, on doit avoir r infini, d’où : 1 + e cos θ 1 = 0 ⇒ e cos θ 1 = – 1.
2
D’autre part :
mV 0 b
e 2 – 1 = ------------K
e 2 – e 2 cos 2 θ 1 =
e sin θ 1 =
( sin θ 1 0 ).
2
Dès lors
mV 0 b
p
-- = ( 1 – cos θ ) + -------------- sin θ
K
r
b
-- = ( 1 – cos θ )η + sin θ
r
K .
η = ------------2
mV 0 b
avec
• Retrouvons le résultat de la question 1. À cet effet, nous devons calculer r m qui correspond à :
2
mb 2 V 0
---------------K
p
= ----------- = --------------------------------------------- .
2
2
1+e
mV 0 b

1 + -------------- + 1
 K 
rm
2
Soit encore
2
mV 0 b
mb 2 V 0
r m = ---------------- – 1 + 1 +  --------------

K
K 
2
d’où
mV 0 b
K
r m = ----------2- – 1 + 1 +  --------------
 K 
mV 0
2
⇒
2
1
⋅ --------------------2
2
mV 0 b
 ------------ K 
K
K 2
r m = – ----------2- +  ----------2- + b 2
 mV 
mV 0
0
Résultat identique à (3) comme il se doit.
• On peut tracer différentes trajectoires obtenues en fixant b et en faisant varier V 0 :
b
-- = η ( 1 – cos θ ) + sin θ
r
avec
K
η = -------------2- .
mbV 0
D’où les courbes tracées sur ordinateur :
η = 1
η = 5
η = 10
F
Chapitre 5 – Mécanique 2 271
Exercice 515
KF.book Page 272 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
515 Étoile double
Deux points matériels M1 et M2 de masses respectives m1 et m2 sont en interaction
gravitationnelle. On se placera dans le référentiel , ici galiléen, du centre de masse
G du système { M 1, M 2 }.
dr
On notera r = M 1 M 2 et v = ------- (vitesse calculée dans ).
dt
1. Donner, en fonction de r (module de r ), v (module de v ), m1, m2 et (constante
de gravitation) les expressions de l’énergie mécanique Em du système ainsi que de son
moment cinétique σ ( G ) au point G. Que peut-on dire de ces quantités ? Commenter.
2. On suppose que les points M1 et M2 décrivent des orbites circulaires de centre G et
de rayons R1 et R2, avec R 1 + R 2 = d.
a. Déterminer la période orbitale T0 de chaque particule en fonction de , d, m1 et
m2. Commenter.
b. Donner également les expressions des grandeurs Em et σ ( G ) en fonction de , m1,
m2 et d.
c. Application numérique :
Calculer T 0 pour R 1 = 2,05 ⋅ 10 10 m, R 2 = 4,46 ⋅ 10 9 m et m 1 = 1,00 ⋅ 10 31 kg.
On prendra = 6,67 ⋅ 10 –11 m 3 ⋅ kg –1 ⋅ s –2 .
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Forces centrales.
• Loi de la gravitation de Newton.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Dans (référentiel du centre de masse G), chaque particule soumise à l’action de
l’autre particule subit une force centrale (dont le support passe constamment par le
point G). Il en résulte, dans le cas général, que le mouvement est plan et suit la loi des
aires. Les forces étant d’origine newtonienne, les trajectoires peuvent être circulaires,
elliptiques, paraboliques ou hyperboliques (selon les conditions initiales et plus précisément selon la valeur de l’énergie mécanique Em)… On remarquera que le système est
isolé (les forces sont intérieures).
Les deux mouvements circulaires sont évidemment synchrones (G, M1, M2 alignés) et
s’effectuent donc avec la même période T 0 . Il suffira – par application de la loi fondamentale de la dynamique – de traduire que les masses m1 et m2 décrivent effectivement
des trajectoires circulaires.
272 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 515
KF.book Page 273 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■3. Solution
1. L’énergie mécanique – dans le référentiel du centre de masse – du système des
deux masses est la somme de leurs énergies cinétiques et de l’énergie potentielle d’interaction gravitationnelle. Soit :
E m = E c + E p , avec :
1
1
2
2
E c = --m 1 v 1 + --m 2 v 2
2
2
( v 1 et v 2 calculées dans )
et
M2
m 1 m 2
E p = – ------------------ .
r
On a avec r 1 = GM 1 et r 2 = GM 2 :
( G : centre de masse )
 m1 r1 + m2 r2 = 0

 r = r2 – r1 .
m1
–m2
D’où r 2 = -------------------- r et r 1 = -------------------- r (1)
m1 + m2
m1 + m2
G
M1
Les trajectoires des particules M1 et M2 sont homothétiques dans .
dr
Les vitesses v 1 et v 2 s’expriment alors simplement en fonction de v = ------- :
dt
m1
m2
v 2 = -------------------- v et v 1 = – -------------------- v .
m1 + m2
m1 + m2
2
2
m1
–m2
1
1
D’où E c = --m 2  -------------------- v  + --m 1  -------------------- v 
2  m1 + m2 
2  m1 + m2 
m1 m2
1 m1 m2 2
1 2
- représente la masse
E c = -- --------------------v = --µv : résultat classique où µ = ------------------2 m1 + m2
2
m1 + m2
réduite. Finalement :
m1 m2
1 m1 m2
E m = -- -------------------- v 2 – -------------- (2)
r
2 m1 + m2
Cette énergie mécanique se conserve au cours du mouvement, le système étant isolé
dans le référentiel galiléen.
POINT COURS
En appliquant dans , le théorème de la puissance cinétique au système des deux
masses, on a :
dE
---------c = int + ext .
dt
Ici ext = 0 (système globalement isolé)
dE
δW
et int = --------- = – ---------p (Ep défini plus haut)
dt
dt
d’où E m = E c + E p = cte (Ep : énergie potentielle intérieure).
Chapitre 5 – Mécanique 2 273
Exercice 515
KF.book Page 274 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
• Le moment cinétique en G, calculé dans , est défini selon :
σ ( G ) = GM 1 ∧ m 1 v 1 + GM 2 ∧ m 2 v 2 = m 1 r 1 ∧ v 1 + m 2 r 2 ∧ v 2 .
Soit avec
m1 r1 + m2 r2 = 0 : σ ( G ) = m2 r2 ∧ ( v2 – v1 )
d
dr
et en tenant compte de (1) et de ce que v 2 – v 1 = ----- ( r 2 – r 1 ) = ------- = v
dt
dt
m1 m2
σ ( G ) = -------------------- r ∧ v
(3)
m1 + m2
σ ( G ) = µ r ∧ v constitue une constante du mouvement dans (système isolé).
En effet le théorème du moment cinétique en G, point fixe de , s’écrit :
– pour M1 :
dσ 1 ( G )
------------------ = r1 ∧ f1 ;
dt
dσ 2 ( G )
------------------ = r2 ∧ f2 .
dt
Soit en faisant la somme de ces deux équations :
– pour M2 :
dσ ( G )
----------------- = r 1 ∧ f 1 + r 2 ∧ f 2 = ( r 2 – r 1 ) ∧ f 2 = r ∧ f 2 = 0
dt
( r et f 2 étant colinéaires).
dσ ( G )
On a bien ----------------- = 0 et donc σ ( G ) = cste.
dt
Commentaires
• Les relations (2) et (3) nous montrent que l’on peut réduire l’étude du mouvement à celui
m1 m2
- (masse réduite) distante vectoriellement de r du
d’une particule M de masse µ = ------------------m1 + m2
point fixe G. On peut alors considérer qu’elle est soumise à une force centrale (de centre G)
associée à l’énergie potentielle Ep telle que :
K
E p = – --- où K = m 1 m 2 .
r
Ce que l’on peut confirmer en remarquant que l’on a également :
M
d 2 r2
d2r
r
µ ---------2 = m 2 ---------2- (cf. relation (1) entre r 1 et r 2 ).
dt
dt
G u
2
m1 m2
K
d r
Soit µ ---------2 = f 2 = – ------------------u
= – ---2- u .
2
dt
r
r
• Le mouvement est plan (plan passant par G et perpendiculaire à σ ( G ) ou encore plan
défini par r ( 0 ) et v ( 0 ) ), dans le cas général.
• Le cours nous apprend que l’on a un état lié (orbites elliptiques, voire circulaires) lorsque
l’énergie mécanique est négative…
274 Partie 2 – Physique MPSI
2. a. Les points M1, G et M2 restent alignés à tout instant,
M1 et M2 décrivant des orbites circulaires de centre G et de
rayons respectifs R1 et R2. On a alors pour M1 :
M2
u
2
m 1 m 2
v0
- u avec a 1 = -----u
,
m 1 a 1 = f 1 , soit m 1 a 1 = ----------------R1
d2
G
2
M1
v1
m 1 m 2
.
d’où m 1 ----- = ----------------R1
d2
Notons ω la vitesse angulaire de rotation de M1 (et donc également de M2), il vient
v 1 = ωR 1 (respectivement v 2 = ωR 2 ), d’où :
m 1
m 2
-.
- ; de même ω 2 R 2 = ---------ω 2 R 1 = ---------2
d2
d
Soit en faisant la somme des relations précédentes (avec R 1 + R 2 = d )
m 1 + m 2
1
- ⇒ ω = -------- ( m 1 + m 2 ) (4)
ω 2 d = ·  ------------------ d2 
d3 / 2
La période (commune) T 0 du mouvement de chaque particule est alors donnée par :
2π
T 0 = ------ , d’où
ω
2πd 3 / 2
T 0 = -------------------------------- ( m1 + m2 )
Commentaires
La période des mouvements circulaires de M1 et M2 est donnée par l’expression :
m1
2πd 3 / 2
T 0 = ---------------------------------- , avec d = R 1 + R 2 et R 2 = ------R 1 .
m2
(m + m )
1
2
Supposons maintenant que m 1 m 2 , dès lors R 2 R 1 et d ∼ R 2 , de sorte que l’expres1
3⁄2
sion de T 0 se réduit à T 0 # 2 π R 2 --------------- (indépendant de m 2 – tant que m 2 m 1 ) : 3e loi
m1
de Kepler…
2. b. • L’énergie mécanique E m du système vaut alors :
m 1 m 2
1
1
E m = --m 1 ( ωR 1 ) 2 + --m 2 ( ωR 2 ) 2 – ----------------2
2
d
m 1 m 2
1
2
2
E m = --ω 2 ( m 1 R 1 + m 2 R 2 ) – ----------------2
d
or
m 1 R 1 = m 2 R 2 (G centre de masse), et d = R 1 + R 2 , d’où :
m 1 m 2
1
E m = --ω 2 m 1 R 1 d – ----------------2
d
m1 m2
m 1 m 2
1
E m = --ω 2 -------------------- d 2 – ----------------2 m1 + m2
d
soit
m2
 R = ------------------- d
 1 m1 + m2 
m 1 m 2
1 m1 m2
E m = -- -------------------- ω 2 d 2 – ------------------ .
d
2 m1 + m2
Chapitre 5 – Mécanique 2 275
Exercice 515
KF.book Page 275 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 516
KF.book Page 276 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Ce résultat est conforme à celui du 1. puisque v
valeur de ω (relation (4)), il vient :
1 m 1 m 2 m 1 m 2
- – ------------------ ⇒
E m = -- ----------------d
2 d
= ωd. D’autre part, en utilisant la
m 1 m 2
E m = – ----------------2d
( E m 0 : état lié).
On a ici (mouvement circulaire) :
v
1
E c = – --E p et donc E m = – E c .
2
De même pour le moment cinétique, en notant k le
vecteur unitaire perpendiculaire au plan des orbites :
σ (G) = µ r
or r
v k
= d et v
µ
r
k
G
= ωd, d’où :
σ ( G ) = µωd 2 k ⇒
d
σ ( G ) = m 1 m 2 -------------------- k
m1 + m2
2. c. Application numérique :
R1
20,5
On a m 2 = m 1 ----- = 1 ⋅ 10 31 ---------- ⇒ m 2 = 4,60 ◊ 10 31 kg.
R2
4,46
3
---
( 24,96 ⋅ 10 9 ) 2
T 0 = 2π --------------------------------------------------------------------------1- ⇒ T 0 = 4,06 ⋅ 10 5 s
-- 6,67 ⋅ 10 –11 ⋅ 10 31  1 + 20,5
----------  2




4,46
et
T 0 = 4,69 jours.
516 Conditions de satellisation
Un satellite de masse m est lancé d’un point M0 à la distance r0 du centre O de la
Terre, avec une vitesse V. On note V0 la vitesse de satellisation en orbite circulaire de
rayon r0.
1. La vitesse V est orthogonale au rayon vecteur OM 0 . Déterminer les caractéristiques
de l’orbite décrite dans l’hypothèse où il y a effectivement satellisation. Dans quel
r
V
domaine faut-il choisir le rapport µ = ----- pour qu’il en soit ainsi ? On posera ρ = ----0RT
V0
où RT est le rayon de la Terre.
On rappelle que pour une trajectoire elliptique de paramètre p, de demi-grand axe a,
d’excentricité e et d’énergie mécanique Em , on a (C désignant la constante des aires) :
276 Partie 2 – Physique MPSI
C2
p = -------M
Exercice 516
KF.book Page 277 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
(M ≡ masse de la Terre)
p = a ⋅ ( 1 – e2 ) ;
Mm
E m = – ------------- .
2a
2. La vitesse V est peu différente de V0 : V = V 0 · ( 1 + ε ) avec ε 1, et fait un
petit angle α avec la direction perpendiculaire à OM 0 (dans le plan de la trajectoire).
Déterminer l’expression approchée de l’excentricité e de l’orbite en fonction de α et ε.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Champ de force centrale newtonien – Trajectoires circulaires et elliptiques.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Il faut traduire que la trajectoire est elliptique (état lié), et qu’elle ne rencontre pas
la Terre.
2. Pour ε 1 la trajectoire est elliptique.
■■ 3. Solution
1. D’après le théorème du centre d’inertie appliqué au satellite de masse m pour une
trajectoire circulaire de rayon r0 :
2
V0
Mm
- (M : masse de la Terre).
mA N = m ------ = f G = ------------2
r0
r0
2
Soit r 0 V 0 = M. (1)
La vitesse initiale étant perpendiculaire au rayon vecteur, la constante des aires vaut
σ
C2
C = -----0 = r 0 V et le paramètre de la conique trajectoire : p = --------m
M
2
r0 V 2
V 2
soit p = ----------2- = r 0  ------ .
 V 0
r V
0
0
V
Et en posant µ = ------ :
V0
p = r0 µ 2
1
Mm
L’énergie mécanique du satellite a pour valeur : E m = --mV 2 – -------------- .
2
r0
Mm
Pour une trajectoire elliptique de demi-grand axe a, on a : E m = – -------------2a
1
Mm .
Mm
2
d’où --mV – -------------- = – -------------2
2a
r0
2
Or d’après (1) M = r 0 V 0 et :
2
r0 V0
2E m
2
--------- = V 2 – 2V 0 = – ---------a
m
Chapitre 5 – Mécanique 2 277
Exercice 516
KF.book Page 278 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
d’où
or
d’où
r0
V 2
---- = 2 –  ------ = 2 – µ 2


V
a
0
(2)
p = a( 1 – e2 )
p
2 – µ2
e 2 = 1 – --- = 1 – r 0 µ 2 × -------------r0
a
e2 = 1 – µ2( 2 – µ2 ) = ( 1 – µ2 )2
et
e = 1 – µ2 .
La trajectoire est une ellipse si E m 0 soit alors :
2
V 2 2V 0
µ2 2
µ 2 ce qui correspond bien à e 1.
Commentaire
La valeur limite µ = 2 correspond à la vitesse de libération pour la distance r0.
V 1 = 2V 0 : c’est la vitesse minimale permettant d’échapper à l’attraction de la Terre,
c’est-à-dire correspondant à l’énergie E m = 0.
Écrivons maintenant que cette ellipse ne rencontre pas la Terre ; il faut qu’au périgée :
p
r p = ----------- R T ( e 0 )
1+e
r0
p
1 + e ------ = ------ ⋅ µ 2 .
RT
RT
r0
2
En posant ρ = ------ et avec e = 1 – µ , il vient 1 – µ 2 ρµ 2 – 1
RT
• 1er cas :
V
------ = µ 1 ⇒ µ 2 – 1 ρµ 2 – 1
V0
r0
ce qui est toujours réalisé puisque ρ = ------ 1.
RT
• 2e cas :
2
V
------ = µ 1 ⇒ 1 – µ 2 ρµ 2 – 1 soit µ 2 ------------ .
ρ+1
V0
2
Finalement, il faut donc que : ------------ µ 2
ρ+1
pour que le satellite ait une trajectoire elliptique extérieure à la Terre, de grand axe
OM0, de paramètre p, et d’excentricité e calculés précédemment.
2. Avec les conditions données, la trajectoire est toujours elliptique :
V
µ = ------ = 1 + ε 2.
V0
r
L’expression (2) nous donne donc : ---0- = 2 – µ 2 = 2 – ( 1 + ε ) 2 .
a
Comme V fait un angle α avec la direction perpendiculaire à OM 0 , on a maintenant :
278 Partie 2 – Physique MPSI
On obtient alors :
σ
C = -----0 = r 0 ⋅ V ⋅ cos α
m
C = r 0 V 0 ( 1 + ε ) cos α
C2
p = --------- = r 0 ( 1 + ε ) 2 ⋅ cos2 α en utilisant (1).
M
p
e 2 = 1 – --- = 1 – ( 1 + ε ) 2 ⋅ cos2 α [ 2 – ( 1 + ε ) 2 ]
a
e 2 = 1 – cos2 α ⋅ ( 1 + ε ) 2 ( 1 – 2ε – ε 2 )
e 2 = 1 – cos2 α ⋅ [ 1 – ( 2ε + ε 2 ) 2 ].
Si α est très petit :
cos2 α = 1 – sin 2 α = 1 – α 2
et avec ε 1 ,
e 2 # 1 – ( 1 – α 2 ) ( 1 – 4ε 2 )
et en supposant que ε et α sont des infiniment petits du même ordre :
e 2 # α 2 + 4ε 2
e # α 2 + 4ε 2 .
Pour ε = 0 on aurait :
e 2 = 1 – cos2 α = sin2 α
e = sin α .
517 Autre présentation du mouvement newtonien
On considère un point P de masse m en mouvement dans un champ de force centrale.
L’étude se fera dans un référentiel galiléen d’origine O, centre de force. On notera :
r = OP, v vitesse de P, L moment cinétique au point O, E p ( r ) énergie potentielle
de la particule et E son énergie mécanique.
1. a. Que peut-on dire de E et L ? En déduire que le mouvement est plan.
b. On repère la position de P, dans ce plan, par ses coordonnées polaires r et θ.
Donner l’expression de L (module de L ) en fonction notamment des variables r et θ
ou de leurs dérivées.
dw
1
Exprimer l’énergie cinétique de P en fonction de L, m et des variables w = --- et ------- .
dθ
r
2. Le point P subit le champ gravitationnel d’une masse M fixée en O.
a. Montrer que la trajectoire de P vérifie une équation différentielle du type :
2
dw
 ------ + ( w – β ) 2 = β 2 γ (1)
 dθ 
où β et γ sont des constantes du mouvement que l’on exprimera en fonction de m, L,
E et K = mM.
Chapitre 5 – Mécanique 2 279
Exercice 517
KF.book Page 279 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 517
KF.book Page 280 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
b. Montrer que l’équation (1) est analogue à celle du mouvement d’un oscillateur harmonique non amorti, et que la trajectoire de P est une conique dont on calculera le paramètre p et l’excentricité e d’abord en fonction de β et γ et ensuite en fonction de m, K, L et E.
c. Quel est en fonction de β le rayon rc d’une orbite circulaire ?
Donner en fonction de K et rc l’énergie associée à une telle orbite.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Mouvements à force centrale.
• Oscillateur harmonique libre non amorti.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Résultats classiques du cours.
2. a. L’équation à établir doit traduire la conservation de l’énergie.
■■ 3. Solution
1. a. L’énergie mécanique est la somme de l’énergie cinétique et de l’énergie
1
potentielle : E = --mv 2 + E p ( r ). La particule P est uniquement soumise à une force
2
centrale associée à l’énergie potentielle E p ( r ). Le théorème de la puissance cinétique
s’écrit alors :
dE p
dE
---------c = = f ⋅ v = – --------- (par définition de E p).
dt
dt
1
D’où E c + E p = constante et E = E 0 = constante = -- mv 20 + E p ( r 0 ).
2
• Le théorème du moment cinétique appliqué en O donne :
dL
-------- = 0 ( O ) = OM ∧ f = 0 (la force est centrale).
dt
D’où L = L 0 (avec L 0 = OP 0 ∧ mv 0 non nul tant que v 0 et OP 0 ne sont pas colinéaires). Dans le cas général, la particule se déplace donc dans un plan π passant par O
et perpendiculaire à L 0 ( OP 0 ⊥ L 0 ) . Deux intégrales premières du mouvement sont
fournies par les équations E = E 0 et L = L 0 .
1. b. On a L = OM ∧ mv avec OM = ru r et v = ṙ u r + rθ̇u θ
d’où
L = ru r ∧ m ( ṙ u r + θ̇u θ ) ⇒ L = mr 2 θ̇k
( k , vecteur directeur de L , est perpendiculaire au plan π).
1
1
Nous avons E c = --mv 2 = --m ( ṙ 2 + r 2 θ̇ 2 ).
2
2
280 Partie 2 – Physique MPSI
Or
et
d 1 dθ
1 dw L
L dw
dr
ṙ = ------ = -------  --- ⋅ ------- = – -----2- ------- ⋅  ----w 2 = – ---- ------



dθ w dt
m dθ
dt
w dθ m
1  L 2
L
rθ̇ = --- ----w = ----w.
wm 
m
L2
dw 2
E c = ------- w 2 +  -------
 dθ 
2m
Soit
mM
2. a. L’énergie potentielle prend la forme E p ( r ) = – -------------- = – Kw. La conservation
r
de l’énergie mécanique se traduit par l’équation :
dw 2
L2
------- w 2 +  ------- – Kw = E
 dθ 
2m
2
dw
2mK
2mE
- w = ---------d’où  ------- + w 2 – ---------- dθ 
L2
L2
2
dw 2
mK 2
2mE m 2 K 2
2EL 2
 mK
  1 + -----------------soit encore  ------- +  w – -------=
---------+
-----------=
- .

 dθ 
 L2  
L2 
L2
L4
mK 2 
mK
β = -------L2
Il vient
2
et
dw
 ------+ ( w – β )2 = β2γ .
 dθ 
et
2EL 2
γ = 1 + -----------2mK
(1)
2. b. Si l’on considère un oscillateur harmonique constitué par une masse m et un ressort
de longueur à vide l 0, de raideur k et de longueur x, la conservation de l’énergie donne :
1
1
2E
--mẋ 2 + --k ( x – l 0 ) 2 = E ⇒ ẋ 2 + ω 20 ( x – l 0 ) 2 = ------ (2)
2
2
m
L’équation différentielle en w ( θ ) établie au 2. a. s’identifie à (2) à condition d’y faire ω 0 = 1.
On a donc w – β = A cos θ + B sin θ
1
w = β ( 1 + e cos ( θ – θ 1 ) ) = -- ( 1 + e cos ( θ – θ 1 ) ) (3)
ou
p
Commentaire
Si l’on avait dérivé (1) par rapport à θ on aurait obtenu :
d2 w
----------2- + w = β dont la solution générale est bien donnée par l’expression (3)…
dθ
dw
Reportons l’expression (3) dans (1) en remarquant que ------- = – βe sin ( θ – θ 1 ) :
dθ
2
2
2
2
2
2
β e sin ( θ – θ 1 ) + β e cos ( θ – θ 1 ) = β 2 γ ⇒ e 2 = γ .
On a donc obtenu :
1
p = --β
e2 = γ
et
D’où les expressions fournissant le paramètre p et l’excentricité e de la trajectoire conique :
L2
p = -------mK
et
2EL 2
e 2 = 1 + -----------2mK
Chapitre 5 – Mécanique 2 281
Exercice 517
KF.book Page 281 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 518
KF.book Page 282 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2. c. Le point P suit une orbite circulaire si sa distance au centre O est fixe, ce qui implique
w = constante et donc e = 0. Dès lors, en notant rc le rayon de la trajectoire, il vient :
mK 2
1
L2
- (e = 0)
r c = --- = -------- et E = – ---------mK
β
2L 2
soit
K
E = – ------2r c
518 Interaction coulombienne répulsive
1. Une particule P de masse m est soumise,
dans galiléen, à une force centrale répulsive
de centre O fixe :
mK
( K 0 ).
F = -------u
r2
Initialement, la particule est à l’infini avec une
V0
P
b
z
OP = ru
O
x
vitesse V 0 , le paramètre d’impact est b (cf. figure).
Déterminer la déviation subie par la particule (les forces gravitationnelles et de
pesanteur sont négligées dans tout l’exercice).
Indication : on pourra intégrer – par rapport au temps – l’équation vectorielle traduisant la loi fondamentale de la dynamique pour la particule P, puis projeter sur les axes
Ox et Oy.
Application :
La force F résulte d’une interaction électrostatique due à une charge Q fixée en O
( qQ 0 ). Quelle valeur K0 doit-on attribuer au coefficient K ? Que devient la déviation ?
2. On revient au cas précédent, la charge Q initialement fixe étant maintenant libre
de se déplacer (sa masse est M).
a. Que peut-on dire – à partir des lois de conservation – dans le cas particulièrement
simple où m = M ?
b. Cas général (m ≠ M) :
a) On se place dans le référentiel G du centre de masse G et on note r′ = GP. Monu
trer que la force F subie par P s’écrit : F = K′ -----2- . Exprimer K′ en fonction de K0 et
r′
m
du rapport ---- .
M
b) Soit ϕ′ l’angle mesurant la déviation de P dans G. Montrer que l’on a :
K0 
ϕ′
m
- 1 + ---- .
tan  ----- = ------2 
 2
M
v b
0
282 Partie 2 – Physique MPSI
g) En déduire une expression donnant tan ϕ (ϕ angle de déviation de P dans ) en
m
fonction de ϕ′ et de ---- . Commenter.
M
■■
Solution
1. Le point matériel P est soumis à une
force centrale répulsive, le centre de force
V0
(point O) étant fixe dans le référentiel
d’étude.
b
Le mouvement est donc plan et la trajectoire hyperbolique (O est un foyer).
V
ur
uθ
ϕ
θ
O
k
x
Notons V 1 la vitesse après interaction (particule à l’« infini »).
Il y a donc conservation du moment cinétique σ ( O ), soit en désignant par k un vecteur unitaire perpendiculaire au plan de la trajectoire :
σ ( O ) = OP ∧ mV =
lim ( OP ∧ mV ).
« P → ∞»
D’où
σ ( O ) = mV 0 bk .
D’autre part
σ ( O ) = ru ∧ m ( ṙ u r + rθ̇u θ ) = mr 2 θ̇k
( u = ur )
r 2 θ̇
= V 0 b (1)
Soit
La conservation de l’énergie mécanique implique celle de l’énergie cinétique pour r
« infini » (on est en dehors du champ d’interaction de la force).
V 1 = V 0 (2)
D’où
La déviation de la particule se mesure par l’angle ϕ = ( V 0 , V 1 ), θ variant de la valeur 0
ur
dV
à la valeur π – ϕ. Écrivons la loi fondamentale de la dynamique : m -------- = mK ----2 .
dt
r
Intégrons cette équation entre les états limites « avant interaction » et « après
interaction »
ap
∫av dV
ap
or
∫av dV
et avec (1)
∫av ---------r2
ap u
r dt
= K
ap u
r dt
∫av ----------r2
= V1 – V0
1
= --------V0 b
K
Nous avons donc V 1 – V 0 = --------V0 b
π–ϕ
∫0
π–ϕ
∫0
u r dθ
1
dt dθ
(d’après (1) : -----2 = ------- = --------- dθ).
r
r 2 θ̇ V 0 b
u r ( θ ) dθ.
Chapitre 5 – Mécanique 2 283
Exercice 518
KF.book Page 283 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 518
KF.book Page 284 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Projetons sur les axes Ox et Oy
y
( u r = – cos θu x + sin θu y ) :
K π–ϕ
cos θ d θ
 V 0 ( cos ϕ – 1 ) = – --------V0 b 0


K π–ϕ
 V sin ϕ = -------sin θ dθ
0

V0 b 0
ϕ
∫
V1
V0
∫
O
x
ϕ
K
ϕ
ϕ
K

--------- ( – sin ϕ ) ⇒ sin 2 --- = -------- sin --- cos -- V 0 ( cos ϕ – 1 ) = V
2
b
2
2
2
0
V0 b

Soit : 
ϕ
ϕ
K
ϕ
K
 V sin ϕ = -------- ( 1 + cos ϕ ) ⇒ sin --- cos --- = -------- cos 2 --2
 0
2
2
2
V0 b
V0 b

Les deux équations sont évidemment identiques et se résument à :
ϕ
K
tan  --- = ------- 2  V2 b
0
(3)
La déviation est d’autant plus forte que le paramètre d’impact b et la vitesse V0 sont
faibles et que la constante de force K est élevée, ce qui est cohérent.
Application : le champ de force est le champ coulombien répulsif, on a donc :
qQ u
F = ----------- ---2- ,
4πε 0 r
2. a. Écrivons les lois de conservation de la quantité de mouvement et de l’énergie
mécanique du système des deux particules chargées, dans le référentiel d’étude supposé galiléen, entre les états « bien avant » interaction et « bien après » interaction,
états pour lesquels les particules sont à l’infini et infiniment distantes l’une de l’autre.
Dans ces états, l’énergie mécanique se réduit à l’énergie cinétique. D’où :
mV 0 + 0 = mV q ( ap ) + MV Q ( ap )
2
2
1
1
1
2
--mV 0 + 0 = --mV q ( ap ) + --MV Q ( ap ).
2
2
2
2
2
2
Soit avec m = M ⇒ V 0 = V q ( ap ) + V Q ( ap ) et V 0 = V q ( ap ) + V Q ( ap ).
Et en éliminant V0 : V q ( ap ) + V Q ( ap )
Soit finalement
2
2
2
= V q ( ap ) + V Q ( ap ).
V q ( ap ) ⋅ V Q ( ap ) = 0
Les deux particules repartent après interaction dans des directions perpendiculaires
(résultat classique pour m = M indépendant de la nature de l’interaction).
2. b. a) Considérons le référentiel du centre de masse G , ce référentiel est en translation par rapport au référentiel galiléen d’étude avec une vitesse V G telle que :
284 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 518
KF.book Page 285 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
mV 0 + 0
m
V G = --------------------- ⇒ V G = ----------------V 0
m+M
m+M
( V G = constante )
G est donc galiléen. Dans ce référentiel, la charge q est
qQ u
soumise à la force F = ----------- ---2- avec
4πε 0 r
Or
M
GP = ---------------- SP
m+M
P
(q)
r = SP .
u
(4) (G barycentre).
G
m
Posons r′ = GP, il vient r =  1 + ----- r′, et :

M
S
(Q)
u
qQ
F = ---------------------------------2- -----2- .
r′
m
4πε 0  1 + -----

M
On est alors – dans G – ramené au problème précédent avec un centre de force fixe
placé en G, et une constante de force d’expression :
qQ
K′ = ---------------------------------------2m
4πε 0 m  1 + -----

M
K0
K′ = --------------------m 2
 1 + ---
M
2. b. b) Dans ce même référentiel, la particule q va subir une déviation d’angle ϕ′
donnée par la relation (cf. (3)) :
ϕ′
K′
- , il reste donc à déterminer les paramètres V 0′ et b′.
tan  -----  = -----------2
2
V′ 0 b′
• Pour V 0′ , appliquons la composition des vitesses dans le cas de la translation
soit
et
V 0 = V 0′ + V G ⇒ V 0′ = V 0 – V G
m
M
M
V 0′ = V 0 – ---------------- V 0 = ---------------- V 0 ⇒ V 0′ = ----------------V 0 .
m+M
m+M
m+M
• b′ s’obtient à partir de b par une formule barycentrique identique à (4).
M
b′ = b ---------------- .
d’où
m+M
ϕ′
K′
-.
Finalement : tan  -----  = -----------------------------------------------------2
2
1
m
 1 + ----- V 2 b --------------------
M 0 
m 3
1 + -----

M
Soit :
K0 
ϕ′
m
- 1 + -----
tan  -----  = ------- 2  V2 b 
M
0
(4)
Chapitre 5 – Mécanique 2 285
Exercice 518
KF.book Page 286 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2. b. g) La déviation cherchée dans le référentiel d’étude e , où initialement Q est
immobile s’obtiendra aisément en composant de nouveau les vitesses. Après interaction, on aura :
V q ( après ) = V G + V 1′ avec V 1′ = V 0′ .
y
V q ( ap )
V 1′
ϕ′
ϕ
O
V q ( ap ) cos ϕ = V G + V 0′ cos ϕ′ 
sin ϕ′
 ⇒ tan ( ϕ ) = --------------------------------V
V q ( ap ) sin ϕ = V 0′ sin ϕ ′
G

 -------- + cos ϕ′
 V 0′ 
Or
x
VG
Soit en projetant sur les directions u x et u y :
(5)
VG
m
------- = ----- d’où une déviation ϕ telle que :
V 0′
M
K0 
sin ϕ′
ϕ′
m
- 1 + -----
tan ( ϕ ) = -------------------------- avec tan  ----- = -------2 



m
2
M
V0 b
----- + cos ϕ′
M
Commentaire
ϕ′
Un calcul utilisant les relations entre sin ϕ′, cos ϕ′ et tan  -----  donne après simplifications :
2
2K 0
-------2
V0 b
.
tan ϕ = ---------------------------------------------------2
2

K0  m 2 K0
- + ------2- --------- 1 – ---------4 2
4 2

V b M V b
0
0
K0
ϕ′
- (cf. relation (4)) et V G V ′0
• Pour m M , on obtient tan  -----  # ------- 2  V2 b
0
m
que (en fait pour ----- cos ϕ′ ), cf. figure, ϕ ∼ ϕ′, soit finalement :
M
ce qui impli-
K0
tan ϕ ≈ -------2
V0 b
comme il se doit. En effet, à la limite où la masse M est très grande devant m, on pourra
considérer en première approximation qu’elle reste fixe.
V0
V
m
• Pour m = M, on a V G = ---------------- V 0 = -----0- et V ′0 = V ′1 = ------ .
2
m+M
2
D’autre part, dans G MV Q′ + mV q′ = 0 soit, pour m = M, V Q′ = – V q′ .
D’où le diagramme des vitesses dans e en se rappelant que V = V′ + V G
286 Partie 2 – Physique MPSI
V
V 1q
′ = V 1Q
′ = -----02
OC = V G
Exercice 519
KF.book Page 287 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
A
V q ( ap )
V
= -----02
V 1q
′
ϕq
O
ϕQ
ϕ′
C
′
V 1Q
B
V Q ( ap )
C est le milieu de AB et le triangle OAB est rectangle en O ( OC = BC = CA ), on a
π
donc, dans ce cas particulier, un angle de --- entre les deux directions de vol des parti2
cules après interaction.
519 Météore traversant un nuage peu dense
Une particule M de masse m est soumise à un champ gravitationnel central (de
centre O) tel que :

rR

 avec r = OM et r = r , K 0.

r
( r ) = – K ----3- pour r R 
R

1. À un instant t0, la particule se trouve en un point M0
r
( r ) = – K ---3r
pour
(OM0 = R) et sa vitesse V 0 fait un angle α avec le rayon vecteur
M0
α
V0
π
2K .
OM 0 . On prendra 0 α --- et V 0 ( = V 0 ) V = -----2
R
O
V0
On posera η = ----- .
V
a. À quoi correspond la condition V 0 V ?
b. Caractériser la trajectoire suivie par la particule tant que r reste supérieur à R.
p
On rappelle que pour une trajectoire elliptique d’équation polaire -- = 1 + e cos ( θ – θ 1 ),
r
on a :
C2
p = ----- (où m C = L 0 avec L 0 moment cinétique en O).
K
p
a = -------------2- (a ≡ demi-grand axe de l’ellipse).
1–e
Chapitre 5 – Mécanique 2 287
Exercice 519
KF.book Page 288 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Dessiner quelques trajectoires
α = { 0,5 ; 0,8 ; 1,0 } ).
(prendre
par
exemple
η = 0,9
et
2. La particule se trouve en un point M1 (OM1 = R) et sa
vitesse V 1 , de module V0 , est maintenant orientée de telle
π
façon que ( V 1, M 1 O ) = β avec 0 β --- .
2
a. Déterminer la nature de la trajectoire suivie pour la particule tant que r reste inférieur à R.
b. On peut montrer que la particule recoupe le cercle de
V1
β
M1
O
centre O et de rayon R en un point M 1′ tel que ( OM 1, OM 1′ ) = ψ avec :
2η 2 sin2β .
tan ψ = – -------------------------------1 + 2η 2 cos2β
Vérifier la cohérence de cette expression.
3. On se replace dans les conditions du 1. Décrire le mouvement ultérieur de la particule.
Tracer la trajectoire pour η = 0,9 et α = 0,5 rad.
■■
Solution
r
1. a. La particule M se déplace dans le champ ( r ) = – K ---3- .
r
mK
Il lui est associé une énergie potentielle E p = – -------- :
r
La conservation de l’énergie lors du mouvement s’écrit :
1
1
2
2
E m = --mV + E p ( r ) = E 0 = --mV 0 + E p ( r 0 ).
2
2
Or la force est centrale attractive et de type newtonien. La trajectoire reste à distance
finie (état lié) pour E 0 0 soit pour :
1
2K
2 mK
2
2
2
--mV 0 – -------- 0 ⇒ V 0 ------- ⇒ V 0 V .
2
R
R
La condition V 0 V traduit donc que la trajectoire restera bornée (trajectoire elliptique).
1. b. D’après ce qui précède, on obtiendra donc une portion d’ellipse d’équation polaire
p
-- = 1 + e cos ( θ – θ 1 ), où p et e représentent le paramètre et l’excentricité de l’ellipse
r
(grandeurs prises positives).
C2
• D’après le cours, on a p = ------ où C est la constante des aires.
K
2
R 2 V 0 sin 2 α
C = RV 0 sin α ( C = OM 0 ∧ V 0 ) ⇒ p = -------------------------- .
K
Et
288 Partie 2 – Physique MPSI
V0 2
p
--- = 2  ------ sin 2 α
 V 
R
Exercice 519
KF.book Page 289 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
mK
• Le demi-grand axe a s’obtient par E m = – -------- soit :
2a
1
mK
1
1
2 mK
2 1
2
2 R
--mV 0 – -------- = – -------- ⇒ --mV 0 – --mV = – -- mV  ------ .
 2a
2
2
2a
2
2
R
2
2
V – V0
R
1
R
Soit ----------------- = ------ et a = --- ⋅ ----------------------22
2
V0
2a
V
1 –  ------
 V 
d’où
a
1
--- = ---------------------R 2( 1 – η2 )
(2)
p
L’excentricité de l’ellipse trajectoire est alors fournie par l’expression a = ------------21–e
p
soit e 2 = 1 – -a
2η 2 sin 2 α
e 2 = 1 – ---------------------------1
 ---------------------
 2 ( 1 – η 2 )
et
e=
1 – 4η 2 ( 1 – η 2 )sin 2 α
Enfin, déterminons l’angle ϕ définissant la
position du grand axe de l’ellipse (dont le
périgée se situe à l’intérieur du cercle de
centre O et de rayon R.) la trajectoire a
pour équation, en coordonnées polaires,
p
-- = 1 + e cos θ (dans un premier temps,
r
avec les conventions adoptées (cf. figure)
θ augmente.
D’où
soit
(3)
α
ϕ
O
uz
p
1 – --p
R
--- = 1 + e cos ( π – ϕ ) ⇒ cos ϕ = -----------R
e
1 – 2η 2 sin 2 α
cos ϕ = -------------------------------------------------------1 – 4η 2 ( 1 – η 2 )sin 2 α
(θ = π − ϕ)
(4)
Donnons quelques trajectoires pour η = 0,9 :
E
α = 0,5
α
M0
O
α = 0,8
M1
α = 1,0
Chapitre 5 – Mécanique 2 289
Exercice 519
KF.book Page 290 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Km
2. a. La particule M est soumise à la force F = – --------r
(oscillateur harmonique spaR3
tial de centre O). L’équation de son mouvement est donnée par :
Km
d2r
,
m --------2- = – --------r
dt
R3
soit
K
d2r
--------2- + -----3- r = 0 .
R
dt
K
2
Posons Ω = -----3- (Ω n’est autre que la pulsation angulaire du mouvement circulaire
R
d2r
2
de rayon R…), il vient : --------2- + Ω r = 0 . (5)
dt
La trajectoire décrite par la particule est plane (force centrale, plan défini par OM1 et
V l ) : c’est un arc d’ellipse de centre O : en choisissant pour axes OX et OY les axes principaux de cette ellipse, l’équation (5) donne, en projection :
d2X
2
 -------- + Ω X = 0 ⇒ X = X 0 cos Ω ( t – t 0 )
2
 dt
 2
Y
2
d
- + Ω Y = 0 ⇒ Y = Y 0 sin Ω ( t – t 0 ).
 -------dt 2
Y
V1
M 1′
ψ
β
ε
O
M1
A
X
2. b. La particule ressortira du disque de centre O et de rayon R au point M 1′ symétrique de M1 par rapport à l’axe OY. Le rayon vecteur r aura alors tourné d’un angle
ψ = π – 2ε. D’après le texte, on a :
2η 2 sin2β
tan ψ = – -------------------------------1 + 2η 2 cos2β
Vérifions la cohérence de cette expression.
– pour β = 0, la particule quitterait le disque au
point M 1′ diamétralement opposé, ce qui impose
(6)
ψ=π
M 1′
O
ψ = π pour β = 0 en accord avec (6).
1
mK
2
– Pour V0 suffisamment grand ( --mV 0 --------,
2
R
soit η 2 1), la particule présente un déplacement quasi rectiligne. Elle ressort en M 1′ tels que
ψ = π – 2β (cohérent avec (6)).
290 Partie 2 – Physique MPSI
V0 M1
M 1′
β
O
M1
π
– Pour β = --- la trajectoire a pour équations
2
paramétriques :
X = R cos Ωt
V0
Y = ------ sin Ωt.
Ω
Cette trajectoire est effectivement intérieure au
V0
disque de rayon R pour ------ R, c’est-à-dire
Ω
2
Exercice 519
KF.book Page 291 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Y
V0
M 1′
O
X
2
V0
2V 0
- 1 ⇒ 2η 2 1.
------------- R 2 ⇒ -------2
K ⁄ R3
V
l
π
On doit donc avoir ψ → π pour β → --- quand 2η 2 1 ce qui est également vérifié.
2
3. Dans un premier temps, la particule
décrit l’arc M 0 EM 1 de l’ellipse de foyer O
caractérisée au 1. b. Elle revient sur le cercle
de rayon R en un point M1 symétrique de
M0 par rapport à l’axe OE de cette ellipse. La
conservation de l’énergie implique (puisque
de plus OM 1 = OM 0 = R et donc
E p(M 1) = E p ( M 0 ) ) :
α
M0
O
E
M1
V1 = V0 .
D’autre part, la conservation du moment
α
M0
cinétique va se traduire (puisque V 1 = V 0 )
V0
par ( OM 1 , V 1 ) = π – α, (cf. figure).
On est alors ramené au cas traité à la question 2.
et la particule décrit l’arc M 1 M 1′ de l’ellipse de
centre O, le rayon vecteur tournant d’un angle ψ
( β = α ).
α V 1′
M 1′
M0
O
α
O
M1
V1
α
ϕ
α ϕ
M1
Chapitre 5 – Mécanique 2 291
Exercice 520
KF.book Page 292 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
La particule ressort en M 1′ avec une vitesse V 1′ telle que V 1′
= V 0 (conservation
de l’énergie) et ( OM 1′ , V 1′ ) = α (conservation du moment cinétique). On est alors
ramené à la même situation qu’en M0, la particule redécrivant un arc d’ellipse de foyer
O obtenu à partir de l’arc M0 EM1 par une rotation d’angle Λ = 2ϕ + ψ.
D’où le dessin :
α
M0
M2
M 1′
M1
M 2′
α = 0,5  ϕ ≈ 47°

η = 0,9  ψ ≈ 144°
520 Marées
1. On considère deux masses M 1 ( m 1 ) et M 2 ( m 2 ) formant un système isolé en interaction gravitationnelle. Elles décrivent des trajectoires circulaires (autour de leur
centre de masse G) dans un référentiel galiléen G. On a M 1 M 2 = D = cte.
On appelle ′ le référentiel en translation centré sur M1. On étudie dans ′ le mouvement d’une particule de masse m dont on suppose qu’elle ne perturbe pas le système (M1, M2).
a. Montrer que la loi fondamentale de la dynamique appliquée dans ′, à la masse
m 1 mr
+ mδG = m ( G 1 + δG )
m, s’écrit : ma ′ = – ------------------r3
avec r = M 1 M, le point M désignant la masse m.
On montrera que le terme « perturbateur » δG qui tient compte de la présence du
corps M2 peut se mettre sous la forme :
m 2  r 
- F --- .
δG = ---------D 2  D
Dans le cas où l’on a r D, montrer que la fonction vectorielle F s’écrit au premier
r
ordre en --- :
D
M1 M2
r
r
F = 3u  u ⋅ --- – --- ( u = -------------- ).
 D D
M1 M2
292 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 520
KF.book Page 293 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
b. Application numérique :
r
δG max
Calculer la valeur du rapport ------------------ pour --- ≈ 1,66 ⋅ 10 –2 (D = distance Terre-Lune,
D
G1
m2
r max = R T rayon de la Terre) et ------ = 1,22 ⋅ 10 –2 (rapport des masses de la Lune (m2)
m1
et de la Terre (m1)).
2. Approche simplifiée du phénomène des marées. La Terre est assimilée à une
boule rigide de centre T et de rayon RT recouverte sous une faible épaisseur par de
l’eau. Il s’agit de déterminer la forme de la surface libre en tenant compte de la seule
influence de la Lune. On fera donc les hypothèses suivantes :
• le système Terre-Lune est isolé, et la distance D séparant la Terre de la Lune est
constante (la Lune est assimilée à un point matériel de masse mL , et on note mT la
masse de la Terre) ;
• une masse δm de fluide est soumise à l’attraction terrestre, à celle de la Lune ainsi
qu’aux forces de pression de résultante δf p telle que
δm
δf p = – ------- grad P
ρ0
ρ 0 = masse volumique invariable de l’eau supposée incompressible).
a. On se place dans le référentiel ′ centré en T et en translation par rapport au
référentiel galiléen du centre de masse du système Terre-Lune. Donner l’équation traduisant l’équilibre de la masse δm dans ′. On utilisera les résultats du 1.
b. On suppose que l’eau est en « équilibre à chaque instant » et que l’on peut appliquer le résultat précédent.
a) Montrer que la force perturbatrice liée à la Lune peut se mettre sous la forme :
δf L = – δmgrad V P ( r ).
On exprimera V P en fonction de g, mL, D,
r = TM (le point M repère la particule fluide)
M
et de l’angle ϕ = ( TL, TM ).
T
Indication : on pourra projeter δf L sur les
ϕ
D
L
axes cartésiens Tx , Ty , Tz ( u z // TL ) .
b) En déduire que la surface libre est associée à l’équation :
V 1 ( r S ) + V P ( r S , ϕ ) = cste
où
m T
V 1 ( r S ) = – ---------- .
rS
g) Montrer alors que la variation s ( ϕ ) du niveau de l’eau (par rapport à une Terre
sans lune) s’exprime sous la forme :
4
1 mL RT
s ≈ --- ------ ----3- ( 3cos 2 ϕ – 1 ).
2 mT D
Chapitre 5 – Mécanique 2 293
Exercice 520
KF.book Page 294 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
À cet effet, on notera r s ( ϕ ) = R T′ + s ( ϕ ) ( R T′ rayon d’une Terre sphérique recouverte d’une épaisseur d’eau uniforme : R T′ ≈ R T ) et on utilisera le résultat du 2. b. β).
mL RT 3
On tiendra compte de ce que : ------  ----- 1.
mT  D 
d) Application numérique.
Donner dans ce cadre d’hypothèses :
• la hauteur h du marnage (différence entre le niveau le plus haut et le niveau le plus
bas) pour un point situé dans le plan équatorial (on supposera que la Lune reste dans
ce plan). On prendra RT = 6,4·103 km ;
• l’intervalle de temps séparant deux marées hautes consécutives (on considérera que
la Lune a dans ′ une trajectoire circulaire autour de T de période TL = 28 jours).
Commenter les résultats obtenus.
■■
Solution
1. a. Le système M1M2 forme un système isolé en
interaction gravitationnelle.
La distance M1M2 étant invariable (M1M2 = D), les
masses m1 et m2 décrivent, dans le référentiel G du
centre de masse, des cercles centrés en G.
G
′
m 1 m 2
-u .
On a donc, dans G : m 1 a ( M 1 ) = ----------------D2
• On étudie maintenant le mouvement d’une masse m
m m 1 et m m 2 ) dans le référentiel ′ en
translation circulaire par rapport à G.
u
M2
G
M1
Ce référentiel ′ n’étant pas galiléen, il est nécessaire d’introduire la force d’inertie
mm 2
-u .
d’entraînement f ie = – ma ( M 1 ) = – --------------D2
Appliquons la loi fondamentale de la dynamique à la masse m située en M
( r = M 1 M ) , en tenant compte des forces de gravitation exercées sur m par M1 et M2 :
M2 M
mm 1 r
ma ′ = – ------------------- – mm 2 --------------+f .
3
r
M 2 M 3 ie















M2 M
mm 1 r
u
ma ′ = – ------------------- + – mm 2 --------------3- – mm 2 -----2- .
3
D
M2 M
r





Soit
mG 1
 M2 M
u 
- + -----2- 
D’où : δG = – m 2  -------------3
M
D
M
 2

294 Partie 2 – Physique MPSI
mδG
or
M 2 M = M 1 M – M 1 M 2 = r – Du .
Et
 r – Du
u 
δG = – m 2  ------------------------3- + -----2- .
D 
 r – Du


r
  u – --
m 2  

D
-  --------------------3- – u 
Soit encore : δG = ---------D2 
r

 u – --
D


Exercice 520
KF.book Page 295 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
M
r
M1
ϕ
M2
u
D
(1)
m 2  r 
- F ---- avec :
Le champ perturbateur est bien de la forme δG = ---------D 2  D
r
u – ---r
D

F ---- = --------------------3- – u
 D
r
u – ---D
(2)
Supposons maintenant que r D, et développons l’expression (2) au premier ordre
r
en ---- . Dès lors :
D
–3 / 2
2 –3 / 2
Et
r
ur
1
r
r2
3u r
--------------------3- =  u – ----
=  1 – 2 -------- + -----2-
= 1 + ----------- + o  ---- .






D
D
D
D
D
r
u – ---D
r
u – ---r
ur
r
3u r
D
r
--------------------3- =  u – ----  1 + ----------- + o  ----  # u – ---- + 3  -------- u .


 D 
 D
D
D
D
r
u – ---D
Soit finalement
r
r
r
F  ---- # 3 u  u ⋅ ---- – --- D

D D
(3).
À cette approximation, le champ perturbateur s’écrit :
m 2
- [ 3u ( u r ) – r ]
δG = ---------D3
(4)
m 2 2
2
2
- r + 9(u r ) – 6(u r )
1. b. On a δG = ---------3
D
m 2 2
- r + 3r 2 cos 2 ϕ .
δG = ---------D3
D’où
δG
max
ϕ
M
M1
M2
m 2 2r
---------------m 2
m
D3
δG max
r 3
---------------- = 2  ------2- ⋅  ---- .
-----------------Et
∼
= ---------2r.
3
 m 1  D
m 1
D
G1
---------2
r
Chapitre 5 – Mécanique 2 295
Exercice 520
KF.book Page 296 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Application numérique :
δG max
------------------ = 2 ⋅ 1,22 ⋅ 10 –2 × ( 1,66 ⋅ 10 –2 ) 3 = 1,12 ⋅ 10 –7 .
G1
On a bien δG max G 1 et l’influence de M2 sur le mouvement dans ′ de la
masse m peut effectivement être traitée en terme de perturbation.
2. a. Le système M1 et M2 de la première question est ici remplacé par le système TerreLune. La masse δm joue le rôle de m. Elle sera en équilibre dans ′ (repère en translation lié à la Terre) si la résultante des forces appliquées est nulle, soit en tenant compte
des résultats du 1.) :
0 = δf p + δm ( G 1 + δG ).
Soit :
1
0 = – ----- grad P + G 1 + δG
ρ0
Avec
où
m T r
G 1 = – --------------r3
TL = Du .
( r = TM )
et
(5)
mL
- [3u (u r ) – r ]
δG # ---------D3
x
2. b. a) Il faut montrer que δG = – grad V P ( r ).
Introduisons l’axe Tz et un repère Txyz. Alors,
3u ( u r ) – r = 3zu z – ( xu x + yu y + zu z )
= 2zu z – ( xu x + yu y )
m L
∂V P
-x ;
et – --------- = – ---------∂x
D3
∂V P
m L
- 2z.
– --------- = ---------∂z
D3
T
m L
∂V P
-y ;
– --------- = – ---------∂y
D3
L z
u = uz
y
m
m L  x 2 + y 2 2
- ---------------- – z = ----------3L- ( r 2 – 3z 2 ).
D’où l’on peut prendre : V P ( x, y, z ) = ---------
D3  2
2D
Or
z = r cos ϕ, soit :
r
m L
V P ( r, ϕ ) = ----------3- r 2 ( 1 – 3cos 2 ϕ )
2D
r
(6)
M
ϕ
T
L
z
m T
2.b. b) Le champ gravitationnel G 1 peut être également associé au potentiel V 1 = – ----------- .
r
L’équation (5) traduisant « l’équilibre » de la masse d’eau δm devient ( ρ 0 = cste ) :
P
0 = – grad ----- + V 1 ( r ) + V P ( r, ϕ ) .
ρ0
296 Partie 2 – Physique MPSI
La pression au sein de l’eau en « équilibre » se traduit ainsi par l’équation :
P
----- + V 1 ( r ) + V P ( r, ϕ ) = cste.
ρ0
Et la surface libre, associée à une pression uniforme (atmosphère) P0 admet pour
équation :
V 1 ( r S ) + V P ( r S , ϕ ) = cste
(7)
Pour une Terre sans Lune, on aurait V P ( r S , ϕ ) = 0 et V 1 ( r S ) = cste , ce qui correspond à une surface bien évidemment sphérique pour le modèle présenté ici.
2.b.g) Notons R T′ son rayon ( R T′ ≈ R T ).
La présence de la Lune modifie cet état et pour un angle ϕ donné (symétrie de révolution par rapport à l’axe TL), on note :
r S ( ϕ ) = R T′ + s ( ϕ ) avec s ( ϕ ) grandeur algébrique très petite devant R T′ .
L’équation (7) donne alors :
m L
m T
– -------------------- + ----------3- ( R T′ + s ) 2 ( 1 – 3cos 2 ϕ ) = cte.
( R T′ + s ) 2D
Et en tenant compte de ce que s R T′ et en ne gardant que les termes du premier
ordre par rapport à la variable s :
m T
m L 2
s
2s
– -----------  1 – -------- + ----------3- R T′  1 + -------- ( 1 – 3cos 2 ϕ ) = cte.

R T′ 
R T′  2D
R T′ 
D’où
2
2












m L R T′
 m L R T′
s m
-------- -------T- + ----------------- ( 1 – 3cos 2 ϕ )  + ----------------- ( 1 – 3cos 2 ϕ ) = cte.
R T′  R T′
D3
2D 3

Or
m L  R T 3
2 ------ 1 (cf. Application numérique du 1. b.), d’où :
------ ∼ m -  ----
T D
s
1 m R′ 3
-------- ≈ cte + -- ------L-  -------T- ( 3cos 2 ϕ – 1 ).
R T′
2 mT  D 
δS
algébriquement déplacé de su r . Soit une
ϕ
variation de volume :
2
δV = sδS = R T′ sδΩ.
2
Et au total : δV T = R T′
;;
Il reste à traduire, pour déterminer la
constante, que le volume d’eau n’a pas
varié. Or l’élément de surface δS s’est
T
2
δS = R T′ sin ϕ dϕ dψ
2
= R T′ δΩ
∫ sδΩ.
Chapitre 5 – Mécanique 2 297
Exercice 520
KF.book Page 297 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 520
KF.book Page 298 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
s ne dépendant que de ϕ on peut prendre δΩ = 2π sin ϕ dϕ (ψ : 0 → 2π), d’où :
2
δV T = R T′ 2π
On doit avoir δV T = 0, ce qui impose
or
π
π
∫0 s ( ϕ ) sin ϕ dϕ.
π
∫0 s ( ϕ ) sin ϕ dϕ
π
∫0 ( 3cos 2 ϕ – 1 ) sin ϕ dϕ = ∫0 ( 1 – 3cos 2 ϕ ) d ( cos ϕ )
=
cos ϕ – cos 3 ϕ
π
= 0.
0
On doit donc prendre cste = 0, ce qui donne finalement (avec R T′ ≈ R T ) :
4
1 mL RT
s # -- ------- -----3- ( 3cos 2 ϕ – 1 )
2 mT D
2. b. d) Pour un point N dans le plan équatorial qui contient la Lune (cf. énoncé),
on a : s max = s ( ϕ = 0 ) = s ( ϕ = π ) points
N1 et N3
s min
N4
N
N3
T
π
= s  ϕ = --- points N2 et N4.

2
ϕ
L
N1
N2
D’où
4
h = s max – s min
1 mL RT
= -- ------- ⋅ -----3- [ ( 3 – 1 ) – ( 0 – 1 ) ]
2 mT D
4
3 mL RT
h = -- ------- ⋅ -----32 mT D
D’autre part, dans la modélisation
retenue ici, l’eau forme un bourrelet
d’axe TL qui tourne dans ′ à la
vitesse angulaire ω L alors que la partie
rigide de la Terre tourne à la vitesse
angulaire ω T . Le point N, lié à la Terre,
et contenu dans le plan équatorial, voit
le niveau de l’eau s’élever de s ( t ) avec
ϕ ( t ) = ( ω T – ω L )t (on a considéré
qu’à t = 0, N est situé sur l’axe TL entre
T et L) soit :
298 Partie 2 – Physique MPSI
⇒ h # 54 cm.
′
z′
L
ϕ
θL
T
y′
4
1 mL RT
s ( t ) = -- ------- ⋅ -----3- [ 3cos 2 ( ω T – ω L )t – 1 ].
2 mT D
Dans ces conditions, le phénomène des marées présenterait une période Tm définie
selon :
TT 1
π
2 ( ω T – ω L )T m = 2π ⇒ T m = ------------------- = ------ --------------2
T
2π 2π
------ – -----1 – -----TTT TL
TL
or
TT = 24 heures
et
TL = 28 jours d’où :
1
T m = 12 -------------- heures ⇒ T m = 12 h 27 min.
1
1 – ----28
Commentaires
On observe bien des régions de la Terre où les marées sont semi-diurnes (c’est ce qui se passe
sur les côtes atlantiques françaises). Mais cette périodicité n’est pas valable pour tous les
points du globe.
Par contre, le marnage est très influencé par la forme des côtes. Ainsi certaines baies forment
des cavités résonantes qui entraînent des valeurs de h beaucoup plus élevées (baie du mont
Saint Michel).
Chapitre 5 – Mécanique 2 299
Exercice 520
KF.book Page 299 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
KF.book Page 300 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
C. Changements de référentiels
521 Rebond d’une balle sur un obstacle en mouvement
Une balle arrive avec une vitesse verticale V 1 sur le pare-brise d’une voiture roulant,
sur une route horizontale, à la vitesse V 0 . On assimile le pare-brise à une surface
plane inclinée à 45° par rapport à la verticale, et on admet que – dans un référentiel
lié à la voiture – la balle rebondit symétriquement par rapport à la normale N au
pare-brise, le module de la vitesse étant conservé (le choc est parfaitement élastique,
et la masse de la balle est bien évidemment très faible devant celle de la voiture…)
Déterminer, dans un référentiel lié au sol, les composantes horizontale et verticale
de la vitesse de la balle juste après le rebond sur le pare-brise. Commenter.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Loi de composition des vitesses, mouvement de translation.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
On ne connaît le résultat du choc que dans le référentiel de la voiture, il faut donc procéder aux changements de référentiels nécessaires.
Les données fournies sont telles que les calculs resteront simples en utilisant une base
( u x , u z ), u x dans la direction de V 0 et u z verticale ascendante V 1 = – V 1 u z .
■■3. Solution
Désignons par sol et voiture deux référentiels liés respectivement au sol et à la voiture.
voiture est en translation rectiligne uniforme par rapport à sol à la vitesse V 0 .
L’énoncé nous indique que, dans le référentiel de la voiture, la balle rebondit symétriquement par rapport à la normale N du pare-brise tout en conservant la norme de sa
vitesse. On est donc invité à étudier le choc dans le référentiel voiture.
La vitesse de la balle nous est donnée par application de la loi de composition des
vitesses :
V ( balle/ sol ) = V ( balle/ voiture ) + V e
V e désigne la vitesse d’entraînement associée au mouvement de voiture par rapport
à sol.
300 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 521
KF.book Page 301 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
POINT COURS
Soient deux référentiels ( O, x, y, z ) et ¢ ( O¢, x ¢, y ¢, z ¢ ). M étant un point en
mouvement, il possède une vitesse V ( M ) dans et V ¢ ( M ) dans ¢. La loi de
composition des vitesses s’écrit :
V ( M ) = V ¢ ( M ) + V e ( M ).
La vitesse V e ( M ) encore appelée vitesse d’entraînement est celle dans du point
coïncidant avec M et appartenant à ′.
Dans le cas d’une simple translation (pas forcément rectiligne uniforme) on a
V e ( M ) = V ( O¢ ).
Le mouvement de translation est caractérisé par le fait que les directions d’axe
O¢x¢, O¢y¢, O¢z¢ restent fixes dans , le mouvement dans du point O¢ étant
quelconque.
On a ici V e = V 0 et V ( balle ⁄ sol ) = – V 1 u z (Oz verticale ascendante).
Soit :
– V 1 u z = V ( balle ⁄ voiture ) + V 0
V ( balle ⁄ voiture ) = – V 1 u z – V 0 u x = V 1′
et
z
Fig. 1
z
V 1′
α
Fig. 2
N
α′
V 2′
V 2′
A
A
x
45°
V 1′
La balle rebondit symétriquement en conservant le module de sa vitesse, d’où :
α = α′ et V 1′
= V 2′ .
Il revient au même de dire que les vecteurs ( A, V 2′ ) et ( A, V 1′ ) sont symétriques par
rapport à la seconde bissectrice (cf. figure 2), ce qui implique :
V 2x
′ = – V 1z
′
Soit encore
′ = – V 1x
′ .
et V 2z
V 2x
′ = V 1 et V 2z
′ = V0 .
D’où après rebond, et dans ′ : V 2′ = V 1 u x + V 0 u z .
Il reste à repasser dans sol en appliquant de nouveau la loi de composition des vitesses.
Désignons par V 2 la vitesse de la balle, il vient :
V 2 = V 2′ + V 0
Chapitre 5 – Mécanique 2 301
Exercice 522
KF.book Page 302 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
D’où : V 2 = ( V 1 + V 0 )u x + V 0 u z
Commentaires
• Pour V 0 = 0 (voiture immobile dans sol), on obtient :
V 2 = V 1 u x ce qui est évidemment le résultat attendu.
V 1 45°
V2
• Pour V1 → 0, on a bien :
V0
V0
45°
⇒
V2 = V0 ( ux + uz )
V0
V0
dans voiture
dans sol
• La représentation classique du rebond élastique sur un obstacle n’est géométriquement
simple que dans le référentiel où l’obstacle est fixe, d’où l’intérêt d’opérer le changement de
référentiel correspondant.
• Les origines précises des deux référentiels utilisés n’interviennent pas ; pour exprimer les
vitesses par leurs composantes, les vecteurs unitaires u x et u z suffisent, et on peut utiliser
la même base dans les deux référentiels.
• Notons que sous l’effet du choc la balle, malgré une vitesse initiale faible, sera projetée à
une grande distance car sa vitesse aura considérablement augmenté (prendre par exemple
V 1 = 5 m ⋅ s –1 et V 0 = 10 m ⋅ s –1 = 36 km ⋅ h –1 ).
Bien sûr, il y a conservation de l’énergie et le gain en énergie cinétique de la balle (dans
sol) se fait au détriment de l’énergie cinétique de la voiture… L’effet est imperceptible du
fait de la grande masse de celle-ci (comparée à celle de la balle).
522 Traversée d’une rue
Un piéton désire traverser une rue parcourue par des voitures sur une seule file (voie
à sens unique). Une voiture arrive à la vitesse V0 constante. Le piéton marche (ou
court !) en ligne droite, à la vitesse v constante, dont il choisit librement la direction.
En assimilant la voiture à un rectangle de largeur l pratiquement égale à la largeur de
la voie, calculer, en fonction de la distance d à laquelle se trouve initialement la voiture, la direction optimale du mouvement du piéton, c’est-à-dire la direction qui lui
permet de traverser sans risque de collision, et avec la vitesse v la plus faible possible.
On cherchera la solution par deux méthodes différentes.
302 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 522
KF.book Page 303 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Composition des vitesses.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
Le piéton doit atteindre le côté opposé de la rue avant que la voiture ne le rejoigne.
Pour une direction α donnée de la vitesse v , on calculera donc la valeur minimale vmin
que doit avoir cette vitesse pour qu’il en soit bien ainsi.
Cette valeur vmin dépendant de α, il restera à chercher la valeur optimale de α…
Spontanément, l’étude est en général conduite dans un référentiel lié au sol ; mais on
peut également adopter le point de vue du conducteur de l’automobile, et se placer
dans un référentiel lié à la voiture, ce qui fournit une seconde méthode de résolution.
■■ 3. Solution
■ Première
méthode
Dans un référentiel lié au sol, le piéton traverse avec la
vitesse v dans la direction α : il arrive donc en B, tel que :
l
X B = -----------tan α
l
au bout d’un temps t 1 = -------------- .
v sin α
Pendant ce temps, la voiture, initialement à l’abscisse
– d, a parcouru la distance V 0 t 1 et arrive à l’abscisse
Xv = – d + V0 t1 .
La condition de non collision s’écrit X v X B , soit :
y
B
l
α
A
u
x
l
l
– d + V 0 -------------- -----------v sin α tan α
V 0 l v ( l cos α + d sin α )
V0 l
v ----------------------------------- = v min .
l cos α + d sin α
Cette valeur vmin est fonction de α : elle sera la plus petite possible lorsque
( l cos α + d sin α ) sera maximal. Il suffit donc de chercher la valeur de α qui annule la dérivée de cette expression : – l sin α + d cos α = 0
soit
d
tan α = -l
(il s’agit bien d’un maximum : la dérivée est positive pour α ∼ 0 et négative pour
π
α = --- …).
2
Chapitre 5 – Mécanique 2 303
Exercice 522
KF.book Page 304 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
V0 l
v min = -----------------------------d2
cos α  l + -----

l
Pour cette valeur de α,
l
v min = V 0 -------------------2
d + l2
et
■ Seconde
méthode
Dans un référentiel lié à la voiture, donc en translation à la vitesse V 0 par rapport au
référentiel précédent, le piéton se déplace à la vitesse v′ telle que :
v = v′ + V 0
soit :
(composition des vitesses)
v′ = – V 0 + v
et sa trajectoire ne doit pas rencontrer la voiture, d’où la figure, dans le cas de la trajectoire limite.
y
;;;;;
;
;
Pour un α donné, la vitesse v min est celle
B′
qui (ajoutée à – V 0 ) donne v′// AB ′ .
Le minimum du module de v min correspond à la longueur CH, plus courte dis-
voiture
l
tance de l’extrémité C du vecteur – V 0 à la
droite AB′ ; il faut donc prendre :
v min = CH orthogonal à AB′ .
La valeur α correspondante est donc telle
que :
v min
cos α = --------- .
V0
Or le triangle des vitesses ACH et le triangle
AB′D sont semblables, et l’angle α se
retrouve en B′, d’où :
l
l
cos α = --------- = ------------------AB′
2
d + l2
–V0
α
d
A
x
y
B′
α
l
C
D
et la valeur de vmin est alors :
l
v min = V 0 ------------------2
d + l2
valeur obtenue pour :
d
tan α = -- .
l
On retrouve bien les résultats de la première méthode.
304 Partie 2 – Physique MPSI
v min
v′
–V0
H
v min
α
α
A
x
Exercice 523
KF.book Page 305 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Commentaire
La figure, dans le référentiel lié à la voiture, permet de comprendre pourquoi, en
cas de collision, on entend souvent, de la part des passagers de la voiture,
l’expression : « le piéton s’est littéralement jeté sous la voiture »… même s’il
« fuyait » devant celle-ci (projection de v min sur A x positive) !
523 Traversée d’une rivière
On étudie la traversée d’une rivière par un bateau à moteur. On fait les hypothèses
simplistes suivantes :
• le cours de la rivière est rectiligne et de largeur d ;
• la vitesse W du courant est supposée uniforme : W = Wu x ;
• le moteur du bateau maintient une vitesse de module constant V dans un
référentiel lié à l’eau.
1. Déterminer la direction de V , vitesse relative du bateau par rapport à l’eau
pour que :
a. le temps de traversée soit minimal ;
b. le chemin parcouru, dans le référentiel lié aux rives soit minimal. On proposera une
méthode analytique et une approche géométrique.
2. On suppose maintenant que le pilote, expérimenté…, oriente constamment la
vitesse relative V du bateau par rapport à l’eau vers le point B0 de la rive opposée
situé exactement en face de son point de départ.
V
a. On donne la trajectoire du bateau pour différentes valeurs du paramètre η = ---W
(η = 0,5 ; η = 1 et η = 1,5).
y
B0
η = 1,5
η = 1
η = 0,5
A
x
Chapitre 5 – Mécanique 2 305
Exercice 523
KF.book Page 306 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Commenter les courbes obtenues.
b. Déterminer la trajectoire du bateau dans le repère lié aux rives et retrouver les résultats
V
précédents. On se placera en coordonnées polaires de centre B0 et on posera η = ---- .
W
1
θ
dθ
On donne une primitive de ----------- : ----------- = ln tan  --- .
 2
sin θ
sin θ
∫
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
Points de cours
• Composition des vitesses.
• Vitesse en coordonnées polaires.
Outils mathématiques
• Coordonnées polaires.
• Équations différentielles du premier ordre à variables séparables.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. a. En mécanique classique, le temps est indépendant du référentiel choisi. On peut
donc minimiser la durée de traversée en se plaçant dans le référentiel où le problème
est le plus simple.
b. Dans cette question, il faut évidemment se placer dans le référentiel lié aux rives. On
peut jouer sur l’angle α que fait la vitesse V avec la normale aux rives, et une discussion devra être envisagée selon les valeurs comparées de V et de W.
2. a. Deux cas se présentent selon que V W ou V W, ce qui était physiquement
attendu.
b. Il suffit de traduire qu’en chaque point de la trajectoire, la tangente est colinéaire à
V
la vitesse. On peut s’attendre à ce que le rapport η = ----- joue un rôle important. Ainsi
W
si V W, le bateau n’est pas assez rapide pour « remonter » le courant, et il est prévisible que le point de visé ne sera pas accessible.
■■ 3. Solution
1. a. Plaçons-nous dans le référentiel ′ lié à
l’eau. Le bateau s’y déplace avec une vitesse de
module constant V.
La durée de la traversée correspond alors à :
L
∆t′ = ---V
où L est la longueur du trajet suivi dans ′.
y′
d
V
x′
Elle sera minimale pour L = d. Il faut donc orienter l’axe du bateau (direction de V )
perpendiculairement aux rives.
306 Partie 2 – Physique MPSI
Dans , référentiel lié aux rives, le bateau possède la vitesse (composition des vitesses) :
B0
Exercice 523
KF.book Page 307 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
B
W
v = V +W
( W vitesse d’entraînement par le courant).
θ
V
d
Il parcourt la distance AB = ----------- à la vitesse
cos θ
V
v = V 2 + W 2 = ----------- .
cos θ
AB
d
La traversée dure un temps ∆t = -------- = ---- = ∆t′.
V
v
v
A
On retrouve bien que la durée ne dépend pas du référentiel choisi.
1. b. On désire maintenant que le trajet parcouru soit le plus court dans le référentiel
lié aux rives. Dans l’absolu, le trajet le plus court correspondrait au segment AB.
Mais cela n’est pas toujours possible.
■ Approche
géométrique
La vitesse du bateau dans est v = V + W = Vu + Wu x ; V et W sont imposées et la
direction du vecteur unitaire u peut être ajustée. Associons à ces vitesses les vecteurs AI
pour W , IJ pour V et donc AJ pour v . L’extrémité J se situe ainsi sur le demi-cercle de
centre I et de rayon V. On a donc selon que V est supérieure ou inférieure à W :
• VW
J
La vitesse v du bateau dans peut constamment
V
pointer vers B0. Il suffit pour cela que V soit
orientée vers l’amont avec un angle α (cf. figure)
tel que :
W
sin α = ----- (ce qui exige bien W V ).
V
• VW
Dans , la trajectoire sera un segment de direction
AJ. Le trajet parcouru sera donc d’autant plus
π
court que l’inclinaison β  β --- est grande.

2
Cette situation correspond au point J′ (AJ′ tangent
au cercle de centre I et de rayon V). Il faut donc
orienter V vers l’amont selon un angle α′ tel que :
IJ′
V
sin α′ = ----- = ----AI
W
v
α
x
A W I
J′
α′
A
J
v
β
W
α′
I
V
x
(et V W ).
• Pour V = W, le point J′ tend vers le point A et v tend vers une valeur nulle. On
retrouve, à la limite, le trajet AB0 mais le temps de traversée devient infini !
Chapitre 5 – Mécanique 2 307
Exercice 523
KF.book Page 308 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■ Approche
analytique
La vitesse du bateau dans est v = Vu + Wu x , soit en notant α l’angle ( u y ,V ) :
 v x = W – V sin α

 v y = V cos α.
L’équation de la trajectoire est alors (origine en A) :
y
 x = ( W – V sin α )t

B0
C
 y = V cos αt.
L’abscisse du point d’arrivée C est donnée par
y ( t C ) = d, d’où :
α
d .
V
x C = ( W – V sin α ) ---------------V cos α
x
A
Le chemin parcouru sera d’autant plus court que C
est proche de B0.
• Pour V W, on peut réaliser C = B 0 , c’est-à-dire x C = 0. Il suffit d’imposer :
W
sin α = ----V
• Pour V W, la situation précédente n’est plus réalisable et x C 0.
Étudions rapidement la fonction α → x C ( α ). Sa dérivée s’écrit :
dx
d  W – V sin α
V cos α 
--------C- = ---- ·   --------------------------sin α – ---------------- 
2


V 
dα
cos α 
cos α
dx
d
d
- { W sin α – Vsin 2 α – Vcos 2 α } = ----------------- { W sin α – V }.
--------C- = ----------------2
dα
Vcos α
Vcos 2 α
V
Elle s’annule pour α tel que sin α = ----- et il s’agit bien d’un minimum.
W
soit
On retrouve ainsi les résultats obtenus par la méthode géométrique.
2. a. Examinons les différentes trajectoires :
y
B0
θ
η = 1,5
η = 1
M
η = 0,5
A
308 Partie 2 – Physique MPSI
x
Comme on pouvait s’y attendre, les courbes précédentes nous indiquent que le bateau
n’atteindra le point opposé B0 que si sa vitesse V (par rapport à l’eau) est suffisante
pour ne pas être entraîné par le courant.
Ainsi, le bateau finira par rejoindre B0 pour η 1, soit V W. Si nous paramétrons les
π
trajectoires par r = B 0 M et θ = ( u x , BM ) où θ ∈  0, --- , il semble qu’en B0 on ait
 2
θ = 0, la vitesse V devenant de même direction et de sens opposé à celle du courant (ce
qui renforce la condition V W ). Par contre, pour V W ( η 1 ), la vitesse du
bateau est insuffisante pour vaincre le courant, et la rive opposée ne sera jamais atteinte
(d’une autre manière, on aura r → +∞ et θ → 0 ).
y
B0
2. b. Plaçons-nous en coordonnées polaires de centre B0
( B 0 M = r et θ = ( u x , B 0 M )). Soient vr et v θ les
coordonnées de la vitesse du bateau dans . L’équation
θ
V
de la trajectoire s’obtient en écrivant que le vecteur v et
M
le vecteur δl ( dr, r dθ ) tangent à la trajectoire sont colinéaires.
ux
A
x
POINT COURS
Les composantes de la vitesse v sont don- y
nées en coordonnées polaires par :
dr
dθ
v = ------ u r + r ------- u θ
dt
dt
dr
 v r = -----(v r = v ◊ u r)
dt

et 
dθ
 v = r ------ (v θ = v ◊ u θ).
 θ
dt
v
uθ
ur
r
θ
x
L’équation différentielle de la trajectoire s’obtient alors pour v r = f ( r, θ ) et v θ = g ( r, θ )
selon :
v
dr
f ( r, θ )
-----r = --------- = --------------- (1)
vθ
r dθ
g ( r, θ )
Déterminons les composantes v r et v θ sachant que B0
v = W + V avec V = – Vu r (vitesse V orientée
constamment vers le point B0).
Or
D’où
θ
w
W = Wu x = W cos θu r – W sin θu θ .
v r = – V + W cos θ
et
v θ = – W sin θ
1 dr
W cos θ – V
cos θ
V
(1) devient : -- ------- = --------------------------- = – ----------- + ----------------r dθ
– W sin θ
sin θ W sin θ
dr
d( sin θ) V dθ
soit encore : ------ = – ------------------ + ----- ----------- .
W sin θ
r
sin θ
x
M
uθ
ur
Chapitre 5 – Mécanique 2 309
Exercice 523
KF.book Page 309 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 523
KF.book Page 310 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
π
Et après intégration, avec r = d pour θ = --- (à t = 0 le bateau est en A) :
2
ln ( r )
r
d
V
θ
= – ln sin θ + ----- ln tan  ---
 2
W
θ
π
--2
θ
r(θ)
V
d’où : ln  ---------- = – ln sin θ + ----- ln tan --2 d 
W
V
θ ----tan --- W
2
r ( θ ) = d ---------------------sin θ
et
On a représenté ci-dessous différentes trajectoires possibles en fonction du paramètre
V
η = ----- .
W
y
B0
θ
η = 1,5
η = 1
M
η = 0,5
A
x
• Remarquons que pour η = 1 , il vient :
θ
θ
tan --2sin --2d
d
r ( θ ) = d ------------ = d ---------------------------- = ----------------- = --------------------- .
θ
sin θ
1
+
cos θ
θ
θ
2cos 2 --2 sin --2- cos 2 --2
2
d
La trajectoire est un arc de parabole qui coupe l’axe B0 x en r = -- , et le point B0 ne
2
peut être atteint.
d
-2
x
B0
d
x
310 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 524
KF.book Page 311 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
POINT COURS
d
Une équation en polaire du type r = ------------------------ est représentative d’une conique.
1 + e cos θ
On rencontre ce type de trajectoire lors de l’étude du mouvement d’un point matéK
riel soumis à une force centrale attractive f = – ---2- u r de centre O.
r
• e 1 correspond à une ellipse dont O est l’un des foyers.
• e 1 est associé à une hyperbole dont O est l’un des foyers.
• e = 1 donne une parabole.
• Par ailleurs, on a :
θ η
HB 0 = r sin θ = d ⋅  tan --- 

2
(2)
y
B0
et
x
θ
η
 tan θ
--- cos θ
2

B 0 K = r cos θ = d -------------------------------sin θ
η–1
θ
 sin ---
cos θ
d  2
- (3)
B 0 K = -- ------------------------------------η+1
2
 cos θ

--2

K
H
A
M
x
L’équation (2) traduit le fait que le bateau coupera l’axe des x, lorsque cela est possible,
pour la valeur 0 de θ. L’équation (3) met alors en évidence deux cas :
– Soit η 1 ( V W ) et B 0 K tend vers 0 avec θ.
Il en résulte que le bateau atteindra bien l’autre rive en B0 point visé.
– Soit η 1 ( V W ) et B 0 K tend vers l’infini quand θ → 0, le bateau n’atteindra
jamais l’autre rive. Il est entraîné par le courant.
On retrouve bien la condition V W pour que le point visé B0 soit effectivement atteint.
524 Roulement sans glissement d’une roue
Une roue de rayon R roule sans glisser sur un rail rectiligne Ox. Un point B à la périphérie de la roue coïncide à la date t = 0 avec l’origine O du repère. Le centre C de
la roue a une vitesse V 0 = V 0 u x ( V 0 0 ).
1. Déterminer les coordonnées x ( t ), z ( t ) du point B. On introduira l’angle θ ( t ) dont
la roue a tourné depuis la date t = 0.
Quelle est la trajectoire de B dans un référentiel lié au rail ?
Chapitre 5 – Mécanique 2 311
Exercice 524
KF.book Page 312 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2. a. Déterminer la vitesse V du point B dans ce référentiel et étudier les variations de son module en fonction de θ.
b. Calculer l’accélération A dans du point B, et préciser son orientation.
3. En introduisant un référentiel d’origine C en translation par rapport au précédent,
utiliser la composition des mouvements pour retrouver les résultats du 2.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
Points de cours
• Description d’un mouvement dans un référentiel.
• Changements de référentiel. Lois de composition des mouvements.
Outil mathématique
• Produit vectoriel.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Les composantes du vecteur OB dans la base ( u x , u z ) s’obtiennent facilement en
décomposant OB en une somme de vecteurs dont les projections ont une expression
simple : il faut pour cela introduire le point I, point de contact de la roue avec Ox.
La condition de roulement sans glissement impose une relation entre θ et la vitesse V0 :
on pourra exprimer cette relation du point de vue géométrique.
2. Les expressions de la vitesse V et de l’accélération A s’obtiennent par simple dérivation des composantes de OB.
3. On exprime la condition de roulement sans glissement en écrivant que le point de
la roue en contact avec le rail a une vitesse nulle par rapport au rail.
■■ 3. Solution
1.
POINT MÉTHODE
π
Il est astucieux de faire un schéma avec θ --- (car alors
2
sin θ et cos θ sont positifs) et de choisir des axes correspondant à un θ 0.
On rappelle que pour un trièdre direct, on a les sens
positifs suivants pour θ (cf. figure).
OB = OI + IC + CB
= V 0 tu x + Ru z – R sin θu x – R cos θu z .
312 Partie 2 – Physique MPSI
z
O
y
x
z
D’où les composantes de OB :
 V 0 t – R sin θ
OB 
 R ( 1 – cos θ ) .
Il reste à exprimer la condition de roulement sans glissement : dans ce cas, la lon)
uz
gueur de l’arc IB est égale à la distance OI
soit Rθ = V 0 t.
V0 t
θ = ------- = ωt
R
V0
I
x
θ
B
O
ux
V
ω = -----0- = constante
R

V0 t 
 x ( t ) = V 0 t – R sin  ------
R 




 V 0-t  
 z ( t ) = R  1 – cos  ------R 

et finalement
ou encore
avec
C
uy
Avec le choix des axes, θ est positif lorsque
V0 est positif.
Soit
Exercice 524
KF.book Page 313 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
 x ( θ ) = R(θ – sin θ)
OB 
 z ( θ ) = R(1 – cos θ)
(1)
Ce sont les équations paramétriques d’une cycloïde dans le référentiel lié au rail.
POINT COURS
La trajectoire d’un point dépend du référentiel choisi. Dans le référentiel ′, lié
au centre de la roue en translation rectiligne uniforme par rapport à , la trajectoire de B est un cercle de centre C et de rayon R.
dOB
2. a. V = ------------ avec θ̇ = ω, on obtient ainsi en dérivant (1) :
dt
 ωR ( 1 – cos θ )
V
 ωR sin θ.
Calculons V : V
d’où
= ωR ( 1 – cos θ ) 2 + sin 2 θ = ωR 2 – 2 cos θ
θ
V = 2ωR sin --2-
Variations de V en fonction de θ :
La vitesse s’annule chaque fois que le point
B est en contact avec le sol (B confondu
avec I pour θ = 0 [2π]).
V
2ωR
0
2π
4π
6π
θ
Chapitre 5 – Mécanique 2 313
Exercice 524
KF.book Page 314 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Commentaire
Le point I (point de la roue en contact avec le rail), momentanément immobile dans , est
le centre instantané de rotation, et le point B est, dans ce référentiel, en rotation instantanée
autour de l’axe I y.
z
B
C
θ
y
O
allure de la trajectoire
V
I
x
2πR
2. b. On calcule de même l’accélération de B en dérivant V par rapport au temps :
dV
A = --------dt
d’où
2
A ω R sin θ
ω 2 R cos θ
A = ω 2 ( R sin θ u x + R cos θu z ) = ω 2 BC
L’accélération est donc centripète par rapport à C.
3. Dans le référentiel ′ d’origine C, en translation rectiligne uniforme par rapport à
, le mouvement de B est un mouvement circulaire défini par la loi θ ( t ).
POINT COURS
Considérons un point M se déplaçant sur un cercle de centre O et de rayon R. M
est en rotation autour d’un axe ∆ passant par O normal au plan de la trajectoire.
Dans la base polaire ( u r , u ), exprimons OM = Ru r et V = Rθ̇u .
On définit le vecteur rotation Ω = θ̇u où u est un vecteur unitaire de l’axe de
rotation orienté selon le sens positif : un tire-bouchon tournant dans le sens des θ
∆
croissants se déplace dans le sens de u .
u
Le vecteur vitesse V peut alors s’exprimer
indépendamment de toute base :
O
uθ
θ
V ( M ) = Ÿ OM
x
M
ur
Le mouvement circulaire étudié ici est caractérisé par le vecteur rotation Ω = θ̇u y et
V′(B) = V (B) ⁄ ′ = Ω ∧ CB. D’après la loi de composition des vitesses :
V (B) ⁄ = V (B) ⁄ ′ + V e(B)
V = V′ + V 0 ( ′ en translation par rapport à à la vitesse V 0 )
V = Ω ∧ CB + V 0 .
314 Partie 2 – Physique MPSI
Exprimons maintenant la condition de roulement sans glissement : on a vu que la vitesse
s’annulait chaque fois que le point B était en contact avec le sol, soit B confondu avec I.
Alors
V (I) = 0 = Ω ∧ CI + V 0 .
0 = θ̇u y ∧ ( – Ru z ) + V 0 u x
0 = – Rθ̇u x + V 0 u x
d’où
V
θ̇ = -----0- = ω = constante
R
V0
On obtient donc : V = ------ u y ∧ ( – R sin θu x – R cos θu z ) + V 0 u x
R
V 0 – V 0 cos θ = ωR ( 1 – cos θ )
d’où l’on trouve
V
V 0 sin θ = ωR sin θ
POINT COURS
Pour le calcul de l’accélération, la loi générale de composition donne :
A(B) § = A(B) § ¢ + A e(B) + A c(B).
A e est l’accélération d’entraînement :
˙
A e(B) = A(C) § + Ω ( ¢ § ) Ÿ CB + Ω ( ¢ § ) Ÿ ( Ω ( ¢ § ) Ÿ CB )
où Ω ( ¢ § ) est le vecteur rotation du référentiel ¢ par rapport à .
A c est l’accélération de Coriolis : A c(B) = 2Ω ( ¢ § ) Ÿ V (B) § ¢ .
POINT MÉTHODE
Dans le cas d’une translation, Ω ( ′ ⁄ ) = 0 . Il n’y a pas d’accélération de Coriolis
et A e = A(C) ⁄ . On peut retrouver A e en utilisant le point P coïncidant avec B à
l’instant t : A e(B) = A(P) ⁄ .
′ étant en translation par rapport à , on a : A(P) ⁄ = A(C) ⁄ .
Ici on a donc : A(B) ⁄ = A(B) ⁄ ′ + A(C) ⁄ dV
A(C) ⁄ = ---------0- = 0 donc A(B) ⁄ = A(B) ⁄ ′.
dt
Le mouvement de B dans ′ est circulaire uniforme ; l’accélération est donc centripète de module ω 2 R.
or
A(B) ⁄ = A(B) ⁄ ′ = ω 2 BC
On retrouve donc le résultat du 2.
Chapitre 5 – Mécanique 2 315
Exercice 524
KF.book Page 315 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 525
KF.book Page 316 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
525 Courses poursuites : « les quatre mouches »
Quatre mouches sont aux sommets A 1 , A 2 , A 3 , A 4
d’un carré ( OA 1 = OA 2 = OA 3 = OA 4 = a ). La mouche
A i se dirige constamment vers la mouche A i + 1
( A 5 = A 1 ) avec une vitesse de norme constante V.
1. Au bout de quelle durée τ les mouches finissentelles par se rencontrer ? Quelle est alors la distance
parcourue par chaque mouche ?
2. Déterminer la trajectoire suivie par chaque mouche
ainsi que les lois horaires définissant le mouvement
sur ces trajectoires.
V
A3
A2
V
O
V
A4 V
A1
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
Points de cours
• Vitesse et coordonnées polaires.
• Composition des vitesses.
Outils mathématiques
• Coordonnées polaires.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Le système est totalement symétrique, les quatre mouches jouant un rôle identique.
π
D’une autre façon, on peut affirmer qu’il y a invariance par rotation de --- autour du
2
point O. Il en résulte que la trajectoire de la mouche M i se déduit de celle de la mouche
M i – 1 par cette même rotation. La vitesse de la mouche sur sa trajectoire étant constante (elle vaut V), on doit avoir L = Vτ…
2. On pourra repérer le mouvement de la mouche M 1 par ses coordonnées polaires
r = OM 1 et θ = ( OA 1 , OM 1 ). La trajectoire sera obtenue en exprimant les composantes V r et V θ de la vitesse V 1 de M 1 …
■■ 3. Solution
1. Le système est invariant par permutation
circulaire 1 → 2 → 3 → 4 → 1.
On a donc à chaque instant :
OM 1 = OM 2 = OM 3 = OM 4 = r ( t )
et ( OA i , OM i ) = θ ( t ).
A3
A2
M2
r θ
M3
r
O
r
r
M1
θ
M4
A4
A1
OM 1 = OM 2 = OM 3 = OM 4
316 Partie 2 – Physique MPSI
La vitesse instantanée du point M 1 est constamment dirigée vers M 2 et son module est
constant et vaut V.
Exercice 525
KF.book Page 317 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
V1
M2
α2
α1
u′
Or le triangle M1OM2 est rectangle et isocèle puisque OM 1 ( t ) = OM 2 ( t ), et :
M1
u
OM 1 = OM 2
O
θ





π
--2










( OM 1 , OM 2 ) = ( OA 1, OA 2 ) + ( OA 2 , OM 2 ) – ( OA 1 , OM 1 ) .
θ
π
Il vient alors α 1 = α 2 = --- . D’où en projetant la vitesse V 1 sur la base orthonormée
4
u , u′ ( u porté par OM 1 et u′ par OM 2 ) :
π
π
2
V 1 =  – V cos --4- u +  V sin --4- u′ = V ------- ( – u + u′ )




2
Or les composantes de la vitesse V 1 en coordonnées polaires d’axe OA 1 s’écrivent :
V 1 = r˙u + rθ̇u θ
(1)
M2
(2)
u′
avec (cf. figure) u r = u et u θ = u′.
u
M1
O
θ
2
On a donc en particulier r˙( t ) = – ------- V.
2
A1
À l’instant initial t = 0, on a r = OA 1 = a.
Le point matériel atteindra le point O (lieu de rencontre des quatre mouches) au bout
d’un temps tel que :
τ
2
τ
- V dt
∫0 r˙( t )dt = – -----2 ∫0
Soit encore
0
∫a dr
(V est une constante).
2
1
= – ------- Vτ ⇒ a = ------- Vτ,
2
2
a 2
τ = ---------V
Pendant dt, la mouche M 1 aura ainsi parcouru la distance ds = Vdt. Au total, son
d’où
trajet aura une longueur L =
L =
τ
∫ ds,
d’où :
∫0 Vdt ⇒ L
= Vτ ⇒ L = a 2
2. On a montré, à la question précédente, que (cf. (1) et (2)) :
On a donc
2
V 1 = V ------- ( – u r + u θ ) = r˙ u r + r θ̇ u θ .
2
2
dθ
2
dr
----- = – V ------- et r ------ = V ------- (3)
2
dt
2
dt
Chapitre 5 – Mécanique 2 317
Exercice 525
KF.book Page 318 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
POINT MÉTHODE
Pour déterminer l’équation différentielle, il suffit d’éliminer dt dans (3).
L’équation différentielle de la trajectoire r ( θ ) est alors donnée par l’équation :
M3
dr
2
----– V ------M2
dr
dt
2
--------- = --------- = -------------- = – 1.
rdθ
dθ
2
r -----V ------dt
2
dr
Soit ----- = – dθ. Et, après intégration, en remarquant
r
que θ ( 0 ) = 0 et r ( 0 ) = a :
M4
M1
r(t)
ln --------- = – θ ( t ) ⇒ r = a exp ( – θ )
a
La trajectoire est une spirale logarithmique.
Commentaire
V1
3π
On a montré que ( OM 1 ,V 1 ) = constante  ici ------  .

4
C’est une propriété caractéristique d’une spirale logarithmique. En effet, on a (cf. figure ci-contre) :
dr
dr
cotan ϕ = --------- = K = constante ⇒ ----- = Kθ
r
rdθ
uθ
M1
θ
O
et r = r 0 e Kθ .
Les lois horaires r ( t ) et θ ( t ) s’obtiennent à partir des relations (3) :
2
dr
----- = – V ------- donne :
2
dt
2
r ( t ) = – V ------- t + a
2
2
1
dθ
2
dθ
r ------ = V ------- devient ------ = V ------- ---------------------2
dt
2
dt
2
a – V ------- t
2
D’où
 V ------2- dt
 2 
2
dθ = ---------------------- = – d ln  a – V ------- t


2
2
a – V ------- t
2
et
2
θ ( t ) = – ln  a – V ------- t

2 
Soit :
2
θ ( t ) = – ln 1 – V ------- t
2a
318 Partie 2 – Physique MPSI
t
0
( r ( 0 ) = a ).
 t a---------2- .

V 
puisque θ ( 0 ) = 0.
ϕ
ur
Exercice 526
KF.book Page 319 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
a 2
Et en faisant apparaître le temps caractéristique τ = ---------V
t
r ( t ) = a 1 – -τ
et
t
θ ( t ) = – ln  1 – --

τ
Commentaire
Les mouches se rejoignent en O à l’instant t 1 = τ
( r ( t 1 ) = 0 ).
526 Gerbe de feu d’artifice
Depuis un point O, on lance au même instant un grand nombre de projectiles, tous
avec la même vitesse v 0 , mais dans des directions quelconques (directions que l’on
pourra repérer par leur angle α avec l’axe vertical Oz). Ces projectiles sont soumis à
l’action de la pesanteur g = – g ⋅ u z .
1. Sur quelle surface se répartissent les projectiles à un instant t donné ?
2. Interpréter ce résultat en termes de composition de mouvements, en introduisant
un référentiel ′ en translation par rapport au sol, d’accélération d’entraînement g ,
et de vitesse nulle à t = 0 (référentiel ′ « en chute libre » …).
■■ 1. Ce qu'il faut savoir
• Changement de référentiel : repères en translation.
• Composition des accélérations.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Pour un projectile en particulier, il s’agit du mouvement classique dans le champ de
pesanteur terrestre : la trajectoire est définie par x ( t, α ) et z ( t, α ), fonction de t et du
paramètre α.
Pour obtenir les positions de l’ensemble des projectiles à une date t, il suffira d’éliminer
α entre les deux équations du mouvement…
2. Le mouvement dans ′ peut s’obtenir par deux méthodes :
• en soustrayant des équations ( x ( t ), z ( t ) ) du mouvement dans , les expressions du
mouvement du référentiel ′ ;
• en utilisant la loi de composition des accélérations.
Chapitre 5 – Mécanique 2 319
Exercice 526
KF.book Page 320 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■ 3. Solution
1. Le mouvement d’un projectile soumis à la seule force de pesanteur est plan, dans le
plan défini par O, g et v 0 (le référentiel terrestre est supposé galiléen…). Prenons
Ox horizontal dans ce plan.
L’équation du mouvement
dv
ma = m ------- = mg
dt
donne alors, en projection :
z
m
v0
 ẋ˙ = 0

 ż˙ = – g
α
mg
 x˙ = constante = v 0 sin α
d’où : 
 z˙ = – gt + constante = – gt + v 0 cos α
 x = v 0 sin α ⋅ t

et : 
1 2
+ v 0 cos α ⋅ t
 z = – --gt
2

O
x
(x(t = 0) = 0)
( z ( t = 0 ) = 0 ).
À une date t donnée, la position ( x, z ) de chaque projectile est fonction de α. L’équation vérifiée par les coordonnées de tous les projectiles s’obtient en éliminant α entre
les deux équations du mouvement :
1
z + --gt 2
2
x
sin α = ------ ; cos α = ------------------- .
v0 t
v0 t
1 2 2
 z + --gt 
x 2
2
( sin 2 α + cos 2 α = 1 )
Soit  ------ +  ------------------- = 1
 v 0 t
 v0 t 


2
1
x 2 +  z + --gt 2 = ( v 0 t ) 2


2
1
équation d’un cercle de rayon v 0 t, centré sur Oz en C ( x C = 0, z C = – --gt 2 ) : dans
2
l’espace, les projectiles seront répartis sur la sphère de centre C et de rayon R = v 0 t.
2. Le référentiel ′ est en translation rectiligne par rapport au référentiel , avec
l’accélération constante a e = g , et confondu avec à la date t = 0.
1
Il est donc caractérisé par le mouvement de chute libre z ′ = – --gt 2 : il a pour origine
2
le point C, et les projectiles s’éloignent tous uniformément de C.
Les trajectoires dans ′ sont donc des droites parcourues à la vitesse v 0 (à la date t,
ils sont à la distance R = v 0 t …). Le résultat est évident si l’on compare les accélérations d’un point M dans les deux référentiels :
a ( M/ ) = a ( M/ ′ ) + a e ( M )
320 Partie 2 – Physique MPSI
avec ici :
a e ( M ) = a ( ′ / ) = g (mouvement de translation)
soit :
g = a ( M/ ′ ) + g
et :
a ( M/ ′ ) = 0 .
Le mouvement de M dans ′ est rectiligne et uniforme (à la vitesse v 0 , d’après la loi
de composition des vitesses, appliquée à t = 0), ce qui est bien le résultat déjà obtenu.
Remarque
On peut visualiser le cercle obtenu (dans le plan xOz) en « arrêtant » le mouvement
des projectiles à une date t donnée :
z
x
O
527 Verticale apparente sur un manège
Sur le plancher d’un manège, tournant à une vitesse angulaire ω constante autour d’un axe
vertical (verticale définie par la direction de g , le référentiel terrestre étant supposé galiléen), un observateur veut déterminer la direction de la « verticale » dans le référentiel du
manège à l’aide d’un fil à plomb (masse m suspendue à un fil de masse négligeable).
L’observateur tient le fil en un point A, à la distance x 0 de l’axe de rotation, et à une
hauteur h au-dessus du plancher du manège.
Il ajuste alors la longueur du fil du pendule, de façon à ce que la masse m effleure un
point B du plancher (sans qu’il y ait contact…), et il appelle « verticale » du point
A la direction AB du fil.
Chapitre 5 – Mécanique 2 321
Exercice 527
KF.book Page 321 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 527
KF.book Page 322 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
1. Caractériser cette direction pour un point A quelconque.
2. Que pensez-vous de cette définition de la verticale ?
■■ 1. Ce qu'il faut savoir
• Équilibre dans un référentiel non galiléen.
• Forces d’inertie.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Le bilan des forces (et des forces d’inertie…) appliquées à la masse m située pratiquement au point B doit permettre de déterminer la direction AB.
2. On pourra rechercher l’existence de cas singuliers et/ou de cas limites, et s’interroger sur la signification physique d’une telle verticale.
■■ 3. Solution
1. Quel que soit le référentiel envisagé, la
masse m en B, pratiquement dans le plan
z = 0 du manège (tournant autour de l’axe
Oz), est soumise à deux forces :
z
A
Ω = ωu z
• son poids mg = – mgu z ;
α
T
• la tension T du fil, portée par AB.
Si on se place dans le référentiel lié au manège
(celui où le point B est immobile, donc en équilibre…), il faut y ajouter les forces d’inertie liées
au mouvement de , en rotation uniforme par
rapport au référentiel terrestre galiléen.
f ie
B
O
x0
x
mg
POINT COURS
Les forces d’inertie appliquées à un point matériel M, dans un référentiel en rotation (rotation d’axe Oz caractérisée par le vecteur Ω ) sont :
– la force d’inertie d’entraînement :
dΩ
f ie = – m  -------- ∧ OM + Ω ∧ ( Ω ∧ OM ) ;
 dt

– la force d’inertie de Coriolis :
f ic = – 2mΩ ∧ V ( M / ).
Dans le cas présent, M = B, la rotation est uniforme ( Ω = cste ) et f ie devient :
f ie = – mΩ ∧ ( Ω ∧ OB ) = +mΩ 2 HB = +mΩ 2 OB
(H est le projeté du point mobile sur l’axe de rotation…).
322 Partie 2 – Physique MPSI
D’autre part, f ic = 0 puisque le point B est immobile dans . La loi fondamentale de
la dynamique, appliqué à la masse m, immobile dans , donne :
dp
------ = ma = 0 = mg + T + f ie .
dt
Il en résulte que AB est dans le plan vertical contenant Oz et A (plan Oxz).
Appelons x l’abscisse de B et α l’angle de AB avec Oz. En projetant sur la direction perω2x
pendiculaire à T : – mg sin α + mω 2 x cos α = 0 soit : tan α = --------- (1)
g
x–x
soit : x = x 0 + h tan α
tan α = ------------0h
ω2
et, en reportant :
tan α = ------ ( x 0 + h tan α )
g
D’autre part :
ω2
ω2h
tan α  1 – --------- = ------ x 0

g
g 
x0
x0
tan α = -------------- = -----------------g
h max – h
-----2- – h
ω
en posant
g
h max = -----2- .
ω
La direction AB est ainsi déterminée par l’angle α qu’elle fait avec Oz, dans le plan xOz.
2. Le résultat ci-dessus appelle quelques commentaires :
g
• Le calcul et le résultat n’ont de sens que pour h h max = -----2- . Pour h h max , le
ω
π
point B est rejeté à l’infini (α augmente et tend vers --- à mesure que l’observateur laisse
2
glisser le fil…).
• Pour un point A donné, la méthode proposée définit donc bien une direction AB unique, repérée par α tel que :
x0
g
si
h h max = -----2tan α = -----------------h max – h
ω
π
si
α = --h h max .
2
Pour h h max , la « verticale » du point A dans est horizontale dans terrestre !
• Le calcul précédent garde un sens pour h → 0, c’est-à-dire pour un point A très proche du plancher du manège :
ω 2 x0
ω2x
tan α → ----------- = --------- (cohérent avec la relation (1)).
g
g
h→0
(À la limite, on a un fil à plomb de longueur nulle !).
• Même si cette définition de la « verticale » est logiquement cohérente, on peut
s’interroger sur sa signification physique. En particulier, pour un point A′ situé le long
de AB, la « verticale » est-elle la direction de AB ?
Chapitre 5 – Mécanique 2 323
Exercice 527
KF.book Page 323 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 527
KF.book Page 324 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Étudions cette droite AB, elle coupe l’axe Oz en un
x0
x
point C, d’ordonnée z C et tan α = ----- = ------------zC – h
zC
(les triangles COB et CHA sont semblables…).
g
On a donc, par identification : z C = h max = -----2- .
ω
La position du point C est indépendante du choix de
A : toutes les « verticales » des points A tels que
h h max sont concourantes au point C !
Réciproquement, tous les points A′ alignés avec C et
A ont même « verticale » CAB.
324 Partie 2 – Physique MPSI
z
C
α
A
H
α
h
O
B
x0
x
x
Exercice 528
KF.book Page 325 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
528 Interaction répulsive
Deux points matériels P (masse m, charge q), Q (masse M, charge q) peuvent glisser
sans frottements sur un axe horizontal x′Ox.
À l’instant initial, Q est en O et est immobile, P est à l’infini animé d’une vitesse V 0 u x
dirigée vers Q.
1. On se propose de déterminer la distance minimale d’approche dm (valeur la plus
faible de la distance PQ). On posera PQ = r.
a. Calculer dm par une étude effectuée dans le référentiel du laboratoire. Commenter
le résultat obtenu.
b. On veut retrouver le résultat précédent en se plaçant dans le référentiel du centre
de masse G.
a) Redéfinir l’état initial du système dans G.
b) Retrouver la valeur de dm.
2. On suppose maintenant qu’à l’instant initial t = 0, PQ = a, Q étant toujours immobile et P étant animé de la vitesse V 0 u x . On demande d’établir l’expression de r(t),
où r = PQ, et d’en déduire le temps nécessaire τ′ pour atteindre la distance minimale
d’approche notée rm. On se placera dans G.
rm r
r
On pose τ = ------ -----m- ; u = ----- et on donne
V0 dm
rm
du
∫ ---------------1-
= Arg ch ( u ) + u u – 1 .
1 – --u
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Référentiel barycentrique : étude d’un système de points matériels dans le référentiel
barycentrique.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. a. Le système est pseudo-isolé. On pourra donc écrire :
– la conservation de l’énergie mécanique totale (énergie cinétique des deux masses et
énergie potentielle d’interaction) ;
– la conservation de la quantité de mouvement du système.
La distance PQ = r sera extrémale (ici minimale lorsque ṙ = 0, c’est-à-dire puisque
r = x Q – x P lorsque ẋ Q = ẋ P ).
b. On utilisera les propriétés du référentiel barycentrique (introduire le mobile fictif de
mM
masse réduite µ = ---------------- ).
m+M
Chapitre 5 – Mécanique 2 325
Exercice 528
KF.book Page 326 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■3. Solution
1. a. On se place dans le référentiel du laboratoire.
Le système des deux masses est pseudo-isolé, les deux charges se déplaçant librement
sans frottements le long de x′Ox.
POINT COURS
La somme des forces extérieures (poids et réaction de l’axe) s’appliquant sur le système des deux points en translation est égale au vecteur nul : le système est pseudoisolé. Il y a alors conservation de sa quantité de mouvement et de son énergie
mécanique.
La conservation de la quantité de mouvement du système s’écrit :
m V0 + 0 = m VP + M VQ .
Soit par projection sur x′Ox :
m V 0 = m x˙P + M x˙Q
(1)
La conservation de l’énergie mécanique nous donne :
1
1
2
E mec = --mx˙P2 + --Mx˙Q + E P = constante.
2
2
POINT COURS
FP→Q
Q
Le point P exerce sur Q la force F P Æ Q
q2
F P Æ Q = ----------------------2 u PQ .
4 πε 0 PQ
P
u PQ
(Le point Q exerce sur P la force opposée.)
On définit l’énergie potentielle d’interaction F Q → P
du système par :
F P Æ Q = – grad Q E P
d’où
q2
E P = -------------------- .
4πε 0 PQ
1
2
À l’instant t = 0, Q étant immobile et infiniment éloigné de P : E mec = --mV 0 .
2
2
1 2 1
1
q2
2
On obtient donc --mx˙P + --Mx˙Q + ------------------- = --mV 0 . (2)
2
2
2
4πε 0 PQ
Lorsque la distance PQ = r est minimale, on a ṙ = 0 et donc x˙P = x˙Q .
m
Soit V1 cette valeur commune, d’après (1), V 1 = ---------------- V 0
m+M
et donc
2
1
m
1
q2
2
-- ( m + M )  ---------------- V 0 + ------------------ = --mV 0
m + M 
2
2
4πε 0 d m
326 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 528
KF.book Page 327 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
1
1 mM 2
q2
m
2
------------------ = --mV 0 1 – ---------------- = -- ---------------- V 0
2
2m + M
4πε 0 d m
m+M
d’où finalement :
q2( m + M )
d m = ----------------------------22πε 0 mMV 0
Commentaires
• Si V0 augmente, la distance minimale d’approche est plus faible, ce qui est cohérent
puisqu’on lance P avec une énergie cinétique plus grande.
q2
mM
• En introduisant µ = ---------------- (masse réduite du système), d m = ---------------------2- .
m+M
2πε 0 µV 0
1. b. a)
POINT COURS
Le référentiel barycentrique est un référentiel d’origine G centre de masse en
translation par rapport au référentiel du laboratoire.
Si le système est pseudo-isolé, il y a conservation de la quantité de mouvement du
système et donc le barycentre G a une vitesse constante. Si le référentiel du laboratoire est galiléen, il en sera donc de même du référentiel barycentrique.
Dans le référentiel du laboratoire, la vitesse du centre de masse donnée par
m V0
m VP + M VQ
- vaut ici V G = ---------------- u x .
V G = ------------------------------m+M
m+M
La loi de composition des vitesses s’écrit :
 V 0 = V G + ( V′P ) 0

 0 = V G + ( V′Q ) 0
V ′P et V Q′ étant respectivement les vitesses initiales de P et Q dans le référentiel barycentrique,
MV 0
mV 0
d’où :
- = --------------( x˙P′ ) 0 = V 0 – --------------m+M
m+M
mV 0
( x˙Q′ ) 0 = – ---------------- .
m+M
1. b. b)
POINT COURS
 x P′ = GP = x P – x G
Dans le référentiel barycentrique et à chaque instant 
 x Q′ = GQ = x Q – x G
mx P + Mx Q
avec x G = ----------------------------m+M
Chapitre 5 – Mécanique 2 327
Exercice 528
KF.book Page 328 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

M ( xP xQ )
Mr
 x P′ = ----------------------------- = – ---------------- ( PQ = r 0 )
m+M
m+M

d’où 
m ( xQ – xP )
mr

- = --------------- x Q′ = -------------------------m+M
m+M

En dérivant par rapport à t dans le référentiel barycentrique ( r ( t ) G = r ( t ) Labo ) :
M dr
ẋ P′ = – ---------------- -----m + M dt
m dr
ẋ Q′ = ---------------- ------ .
m + M dt
On retrouve que la quantité de mouvement totale du système dans le référentiel
barycentrique est nulle :
mẋ P′ + Mx˙Q′ = 0
dr
et ----- = V est aussi la vitesse relative de Q par rapport à P.
dt
L’énergie cinétique E C′ du système dans le référentiel barycentrique s’écrit :
1
1
E C′ = -- mx˙P′ 2 + --Mẋ Q′ 2 .
2
2
1 MmV 2
E C′ = -- ----------------- .
2m+M
Mm
On voit apparaître la masse réduite définie précédemment µ = ---------------- et
m+M
1 2
E C′ = --µV .
2
soit, en remplaçant :
À l’instant initial, P est à l’infini, l’énergie mécanique du système dans le référentiel
1 2
barycentrique vaut E′0 = --µV 0
2
et la conservation de l’énergie mécanique s’écrit :
1 2
1 2
q2
--µV + -------------- = --µV 0 .
2
2
4πε 0 r
dr
Pour dm minimale, V = ------ = 0, on retrouve l’expression de dm établie précédemment.
dt
2. À l’instant initial, PQ = a donc l’énergie mécanique initiale du système dans G vaut
1 mM 2
q2
E 0 = -- ---------------- V 0 + -------------2m + M
4πε 0 a
et la conservation de l’énergie mécanique s’écrit :
1 mM 2
1 mM 2
q2
q2
-- ---------------- V + -------------- = -- ---------------- V 0 + -------------2m+M
2m+M
4πε 0 r
4πε 0 a
on a donc
V 2 = ṙ
328 Partie 2 – Physique MPSI
2
1 1
2
= V 0 1 +  -- – --
 a r
q 2 m + M
 ---------- ---------------- .
 2πε 0 mMV 2
0
Exercice 528
KF.book Page 329 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
q2( m + M )
On reconnaît l’expression de d m = ----------------------------22πε 0 mMV 0
d’où
r˙  2
1 1
 ----- 1 +  -- -- d m
 a r
 V 0
(4)
La distance minimale d’approche est r m telle que ṙ = 0.
dm
1 1
Soit 1 = d m  ----- – -- ⇒ r m = --------------------- .
 r m a
dm
1 +  ------
 a
Remarquons que lorsque a → ∞ , on se retrouve dans le cas précédent et r m → d m .
L’expression (4) se réécrit à l’aide de dm et r m :
d
r m
r˙  2
1 1
 ----- = d m  ----- – -- = -----m-  1 – ----.

 rm r 
 V 0
rm
r
POINT MÉTHODE
ṙ 2
ṙ
Mathématiquement, l’équation  ------ = f ( r ) donne ------ = ± f ( r ).
 V 0
V0
Physiquement, on lève l’indétermination du signe.
Ici, r diminue au cours du temps donc ṙ 0 (phase de rapprochement).
d
rm
ṙ = – V 0 -----m- 1 – ----rm
r
(relation manifestement homogène).
V0 d
r
ṙ
1
Posons u = -----, on obtient ----- = – ------ -----m- 1 – --- .
rm rm
rm
rm
u
Il apparaît un temps caractéristique :
rm rm
τ = ------ ------ .
V0 dm
L’équation du mouvement devient :
dt
du
---------------- = – ----- .
τ
1
1 – --u
a
On reconnaît la primitive donnée par l’énoncé lorsque r varie de a à r(t), u varie de ----rm
r(t)
à --------- . On obtient donc :
rm
r ( t ) ⁄ rm
t
[ Arg ch ( u ) + u u – 1 ] a ⁄ rm = – -- .
τ
r(t)
Le temps τ′ pour atteindre l’état r = r m s’obtient en faisant --------- = 1 dans l’expresrm
sion précédente soit :
a a
a
τ′ = τ Arg ch  ----- + ----- ----- – 1 .
 r m
rm rm
Chapitre 5 – Mécanique 2 329
Exercice 529
KF.book Page 330 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
529 Point matériel sur une sphère
Un point matériel M de masse m est assujetti à se déplacer sur une sphère de centre O
et de rayon a. La liaison est bilatérale (le point M ne peut donc pas quitter la sphère)
et sans frottements. Le mouvement du point M est repéré par ses coordonnées cylindriques r, θ, z, l’axe Oz étant confondu avec un des diamètres de la sphère.
À l’instant initial, le point M possède une vitesse V 0 = V 0 u θ tangente à la sphère
et perpendiculaire à Oz ; Il se confond avec un point M0 tel que ( Oz, OM 0 ) = α 0
( α 0 ∈ ]0, π[ ) et donc de cote z 0 = a cos α 0 .
1. On suppose dans cette question l’absence de pesanteur.
Décrire le mouvement ultérieur du point matériel.
2. On désire prendre en compte la pesanteur, l’axe Oz correspondant à la verticale
ascendante : g = – gu z .
a. Montrer que dans certains cas, on peut observer un mouvement circulaire d’axe Oz.
Quelle valeur Vc faut-il alors donner à V0 ? Commenter.
b. a) Justifier que l’énergie mécanique Em associée au point matériel est une constante du mouvement.
Cette énergie Em peut se mettre sous la forme :
1
E m = --- mz˙2 f ( z ) + U eff ( z ) = E 0 .
2
E0 étant définie par les conditions initiales, et f ( z ) 0.
On a tracé les courbes donnant :
U eff ( z ) – E 0
z
Z = -- → F ( Z ) = --------------------------- .
mga
a
■ 1er cas : α 0 = 0,4π.
(1)
(2)
(3)
F(Z)
0 V 01 V 02 < V 03
–0,8
–0,6
–0,4
–0,2
0,2
0,4
Z
z0
Z 0 = ---- # 0,31
a
330 Partie 2 – Physique MPSI
■ 2e
F(Z)
Exercice 529
KF.book Page 331 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
cas : α 0 = 0,7π.
(1) (2)
(3)
(4)
V 01 V 02 V 03 V 04
z0
---- # – 0,59
a
–0,9
–0,7
–0,5
Z
–0,3
Commenter ces courbes et préciser le mouvement selon z.
b) L’expression de U eff ( z ) est donnée par :
ma 2 v 02 sin2 α 0
-.
U eff ( z ) = mgz + ------------------------------2( a2 – z2 )
L’origine de l’énergie potentielle de pesanteur est prise en 0.
Retrouver les résultats obtenus au 2. a.
d) Montrer que la composante σ z , selon u z , du moment cinétique en 0, σ ( 0 ), est
également une constante du mouvement. Justifier alors l’expression de U eff ( z ) donnée au 2. b).
Que peut-on dire du mouvement du point M ?
■■
Solution
1. Le point matériel se déplace sur une surface sphérique de centre O et de rayon a. Il est soumis à la réaction R qui est normale à cette surface (liaison sans
frottements) et donc colinéaire à u .
R = Ru (R algébrique dans cette expression).
Le support de cette force passant par O, son moment
en ce point est nul :
u
R
O
R ( O ) = 0 .
On est donc invité à appliquer le théorème du moment cinétique en O selon :
dσ ( O )
----------------- = ( O ) = R ( O ) = 0 .
dt
Chapitre 5 – Mécanique 2 331
Exercice 529
KF.book Page 332 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Il en résulte que le moment cinétique σ ( O ) est une constante du mouvement dont la
valeur est donnée à partir des conditions initiales :
z
σ ( O ) = OM 0 ∧ maV 0 u θ
soit σ ( O ) = maV 0 u 0
u 0 est un vecteur constant contenu dans le plan (Oz, OM 0 )
et perpendiculaire à OM0 (cf. figure ci-contre).
On a donc, quel que soit t : OM ∧ mV = maV 0 u 0 .
M0
u0
u
a
uθ
O
Le vecteur OM est ainsi perpendiculaire à u 0 .
La trajectoire suivie par la particule est de ce fait un grand cercle de centre O passant
par M0 et contenu dans le plan ( OM 0 , V 0 = V 0 u θ ) perpendiculaire à u 0 .
Cette trajectoire circulaire sera décrite à vitesse de module V0 constant comme nous
l’indique le théorème de l’énergie cinétique :
dE
--------c = = R ⋅ V = 0.
R
dt
La réaction R est à chaque instant perpendiculaire à la vitesse (absence de frottements).
On a bien E c = constante, soit V = cste = V 0 .
2. a. On tient compte désormais de la pesanteur avec g = – gu z . Il n’y a donc en général ni conservation du moment cinétique en O (le poids ne passe pas par O) ni conservation de l’énergie cinétique (le poids travaille quand z varie).
On cherche à démontrer qu’une trajectoire circulaire
z
d’axe Oz est envisageable.
Dans ce cas, l’altitude du point M est constante ainsi
M0
H α
que son énergie potentielle (Ep = mgz avec une ori0
gine arbitraire en O). Le théorème de l’énergie cinétique se traduit alors selon :
O
dE c dE p
-------- + --------- = = 0 (absence de frottements).
R
dt
dt
Soit encore E c + E p = cste, et donc E c = cste.
Un tel mouvement s’effectue à module de vitesse
constant V = V 0 .
Ainsi l’accélération A de M sur sa trajectoire est centripète et vaut :
2
V0
A = – ---------- u r où HM = a sin α 0 .
HM
La loi fondamentale de la dynamique n’est alors vérifiée que si l’égalité suivante est réalisée :
mA = mg + R = – mgu z + Ru .
332 Partie 2 – Physique MPSI
V
uz
A
M
ur
Exercice 529
KF.book Page 333 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2
V0
Soit : – m ----------------- u r = – mgu z + Ru .
a sin α 0
π
Une condition nécessaire est déjà que α 0 --- (cf. figure)
2
z
( mA , résultante des forces mg et R doit être opposée
O
α0
β
à u r ).
D’autre part, on doit avoir avec β = π – α 0 :
β
R
M ur
A
2
V0
A
- = tan ( π – α 0 ) = – tan α 0 .
tan β = --------- = ------------------ag sin α 0
mg
α π
---
 0 2
sin2 α 0
D’où : ------- = – ---------------- .
cos α 0
ag
V 20
u
mg
π
En conclusion une trajectoire circulaire d’axe Oz n’est possible que pour α 0 --- et un
2
module de vitesse Vc tel que :
sin2 α 0
V c = – ag ---------------cos α 0
1/2
( cos α 0 0 ).
Commentaires
• La particule devant se déplacer dans le plan z = cste, il faut que la composante Rz puisse
équilibrer le poids, soit :
z
z
Rz
H
O
M R
mg
π
0 α 0 --2
O
H
R
Rz
M
mg
π
--- α 0 π
2
Ainsi, dans le premier cas, la résultante des forces serait centrifuge, ce qui est incompatible
π
avec un mouvement circulaire de centre H. On retrouve la condition α 0 --- .
2
π
• Et pour α 0 --- on aura :
2
 R = – R cos α = mg
0
 z

mV 2
 R r = – R sin α 0 = – ----------- .
HM

π+
Ainsi quand α0 diminue et tend vers ------ , on doit avoir (du moins théoriquement)
2
π+
R → +∞ et donc V → +∞, ce qui redonne bien V c → +∞ quand α 0 → ------ .
2
Chapitre 5 – Mécanique 2 333
Exercice 529
KF.book Page 334 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2. b. a) La particule est soumise à son poids et à la réaction R . Cette dernière ne travaille pas ( R perpendiculaire à la surface de la sphère : absence de frottements). Quant
au poids, on peut lui associer une énergie potentielle Ep = mgz (origine prise arbitrairement en z = 0). On a donc d’après le théorème de l’énergie cinétique :
dE
dE
--------c = + poids = 0 – --------pR
dt
dt
d
d’où : ----- ( E P + E c ) = cste ⇒ E m = E c + E P = cste = E 0
dt
Ici, l’énergie mécanique est bien une constante du mouvement définie à partir des con1
2
ditions initiales : E m = E 0 = --mV 0 + mgz 0 .
2
1
1
2
2
On a de ce fait : --mV 2 + mgz = --mV 0 + mgz 0 avec V 2 = r˙2 + r 2 θ̇ + z˙2 .
2
2
En éliminant r˙ et θ̇, on aboutit à l’expression donnée dans le texte. Les valeurs de z
correspondant au mouvement doivent vérifier :
1
--mż 2 f ( z ) 0 c’est-à-dire U eff ( z ) E 0 .
2
z
Les valeurs de Z = -- accessibles à la particule sont définies à partir de la condition
a
F ( Z ) 0.
Ainsi sur la figure ci-contre, on peut conclure que Z(t) oscille (de façon non sinusoïdale)
entre les valeurs extrêmes Zmin = Z1 et Zmax = Z2. Aux points Z1 et Z2 on a bien F(Z) = 0,
et donc z˙ = 0, mais la particule ne peut pas se maintenir aux altitudes correspondantes
dF
( ------- est non nul en Z1et Z2).
dZ
F(Z)
;;
Z1
;;;
cas : α 0 = 0,4π soit z 0 = 0,31a. La position initiale se situe dans l’hémisphère supérieur.
Le mouvement est bien périodique selon Oz,
z
Z(t) variant entre les valeurs Z max = ---0- et Zmin.
a
D’une part, Zmin tend naturellement vers la valeur
–1 quand V0 diminue à z0 fixé (pour V0 = 0 la particule décrit dans le plan vertical contenant l’axe
Oz et M0 l’arc de cercle M 0 → A → M 1 → A… ).
■ 1er
334 Partie 2 – Physique MPSI
Z2
Z
(1) (2)
–0,8
(3)
–0,4
F(Z)
0,2
z0
Z 0 = ---- # 0,31
a
0 V 01 V 02 < V 03
Z
z0
D’autre part, Zmin tend vers – ---- quand V0 auga
mente « indéfiniment ». En effet pour une vitesse
initiale suffisamment importante on pourra négli1
ger l’effet de la pesanteur --mV 2 mga et on
2
retrouve à la limite le cas décrit au 1. pour lequel
la trajectoire se situe bien entre – z 0 et +z 0 .
Exercice 529
KF.book Page 335 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
z
M1
M0
O
cas V0 = 0
cas : α 0 = 0,7π soit z 0 # – 0,59 a . le point
M0 se trouve alors dans l’hémisphère inférieur.
• Il apparaît une vitesse initiale critique Vc associée
à V03 . La seule valeur possible de z correspond
alors à z0 (on a F(Z) positif pour Z ≠ Z 0 , et
F(Z) = 0 pour Z = Z0 soit z = z0).
La particule décrit un petit cercle d’axe Oz à la
vitesse constante Vc. C’est la situation du 2. a.
■ 2e
(1) (2) (3)
A
(4)
Z
–0,8
–0,6
–0,4
–0,2
V 01 V 02 V 03 V 04
z0
----- # – 0,59
a
• Pour V 0 V c (cas V01 et V02), z ( t ) oscille entre
une valeur z min z 0 et une valeur maximale z max = z 0 . On observe que zmin tend,
comme il se doit, vers –a quand V0 diminue (cf. explication donnée lors du 1er cas).
• Pour V 0 V c (cas V04) z ( t ), varie périodiquement entre z min = z 0 et z max z 0 ,
zmax tendant vers –z0 ( z 0 0 ) quand V0 croît indéfiniment (cf. explication donnée lors
du 1er cas).
2. b. b) L’énoncé donne l’expression de U eff ( z ) :
2
ma 2 V 0 sin2 α 0
-.
U eff ( z ) = mgz + -------------------------------2( a2 – z2 )
La trajectoire suivie par la particule sera un cercle
U eff ( z )
d’axe Oz et de rayon r 0 = a sin α 0 ( z 0 = a cos α 0 )
si le graphe de U eff ( z ) correspond à la figure cicontre. Il faut ainsi assurer que seule la valeur z0 de z
E0
est possible. On doit donc avoir :
U eff ( z 0 ) = E 0
(1)
et U eff ( z ) minimale pour z = z 0
z0
(2)
z
La première condition est automatiquement vérifiée puisque les conditions initiales
sont telles que z = z 0 , et V = V 0 u θ et donc z˙0 = 0.
Calculons alors la dérivée première de U eff ( z )
2
ma 2 V 0 sin2 α 0
dU eff ( z )
-z
------------------- = mg + -------------------------------dz
( a2 – z2 )2
Chapitre 5 – Mécanique 2 335
Exercice 529
KF.book Page 336 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2
(2) s’écrit avec z 0 = a cos α 0 :
sin2 α 0
2
2
D’où : V 0 = – ag ---------------- = V c
cos α 0
a 2 V 0 sin2 α 0 a cos α 0
--------------------------------------------- = – g.
a 4 sin4 α 0
( cos α 0 0 ).
On retrouve bien la valeur critique V c ( α 0 ) de V0 qui ne peut être réalisée que pour
π
cos 0 0 , c’est-à-dire --- α 0 π (soit z 0 0 ).
2
2. b. d) Le théorème du moment cinétique en O s’écrit :
(3)
dσ ( O )
---------------- = R ( O ) + P ( O )
dt
( P ≡ poids ).
Or la réaction R passe par O, son moment y est donc nul ( R ( O ) = OM ∧ R = 0 ).
D’autre part P ( O ) = OM ∧ mg = OM ∧ ( – mg )u z et le moment du poids n’a
donc pas de composante selon Oz, soit P ( O ) ⋅ u z = 0.
L’équation (3) donne alors en projection sur Oz :
dσ ( O )
d
u z ⋅ ---------------- = 0 ⇒ ----- ( σ ( O ) ⋅ u z ) = 0
dt
dt
( u z vecteur constant)
La composante σ z = σ ( O ) ⋅ u z est bien une constante du mouvement.
σ z = ( OM ∧ mV )u z = mOM ( u ∧ V ) ⋅ u z
σ z = m ⋅ OM ( u z ∧ u ) ⋅ V = mOM sin αu θ ⋅ V
˙ d’où :
or OM sin α = r et u θ ⋅ V = V θ = rθ,
˙
σ = mrV = mr 2 θ.
z
θ
uθ
H
M u
uz α
O
À l’instant initial, on a V θ = V 0 et r = a sin α 0 , soit :
σ z = mr 2 θ̇ = maV 0 sin α 0
(4)
Il en résulte que θ̇ garde toujours le même signe.
D’après le 2. b. α) la conservation de l’énergie s’exprime sous la forme :
1
1
2
--m ( ṙ 2 + r 2 θ̇ 2 + ż 2 ) + mgz = E 0 = --mV 0 + mgz 0
2
2
(5)
Éliminons r et θ̇ à l’aide de (4) et de la relation r 2 + z 2 = a 2 qui traduit que le point
matériel se déplace sur la sphère de rayon a. D’où :
Et (5) devient :
336 Partie 2 – Physique MPSI
z2
z2 .
rr˙ + zz˙ = 0 ⇒ ṙ 2 = ż 2 ---2- = ż 2 --------------2
r
a – z2
1
z 2  1 2  aV 0 sin α 0 2
--mż 2  1 + --------------+ --mr ----------------------+ mgz = E 0 .
2



2
r2
a – z 2 2
Exercice 530
KF.book Page 337 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Soit encore :
2
 1 a 2 V 0 sin2 α 0

1
a2
--mż 2 --------------- + mgz  = E 0
+  --m --------------------------2
2
2
2
2
a – z 2
a –z

2
ma 2 V 0 sin2 α 0
1
et f ( z ) = -------------2- 0 ;
U eff ( z ) = mgz + -------------------------------2( a2 – z2 )
z
1 – ----2a
On retrouve bien l’expression proposée au 2. b. β).
Les études précédentes montrent que la trajectoire dessinée sur la sphère résulte de la
combinaison d’un mouvement oscillant selon Oz ( z min z z max ) et d’un mouvement de rotation par rapport à ce même axe caractérisé par une vitesse de rotation θ̇
définie positive et donnée par (4).
On peut ainsi tracer l’allure de cette trajectoire :
530 Point matériel sur un cercle vertical tournant
Un point matériel M, de masse m, se déplace sans z
frottement sur une circonférence de centre C et de
rayon a, contenue dans un plan vertical. Par rapport au référentiel terrestre, supposé galiléen, ce
cercle tourne à la vitesse angulaire ω constante
autour d’un axe vertical tangent à la circonférence.
La position du point M est repérée par l’angle θ que O
ω
g
C
y
θ
fait CM avec la verticale descendante.
M
1. Déterminer les positions d’équilibre relatif du
point M par rapport au cercle.
2. Étudier la stabilité de ces positions d’équilibre. Commenter.
Chapitre 5 – Mécanique 2 337
Exercice 530
KF.book Page 338 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■
Solution
1. Introduisons le référentiel ( Oxyz ) (Oz est z
l’axe de rotation du cercle dans le référentiel terrestre, et Oy contient le point C centre du cercle :
cf. figure).
ω
Ce référentiel n’est pas galiléen. Dans , le point
M est soumis à son poids P = mg , à la réaction O
g
C
y
R de la circonférence ( R est perpendiculaire à
celle-ci puisqu'il n’y a pas de frottements), ainsi H
qu’aux forces d’inertie (pour une étude d’équilibre dans , ces dernières forces se réduisent à la
seule force d’inertie d’entraînement).
On a donc, pour M immobile dans :
θ
R
M
uθ
mω 2 y
mg
0 = mg + R + f ie
or ω = ωu z = cte ⇒ f ie = mω 2 HM
d’où
– mgu z + mω 2 HM + R = 0 .
ω
Projetons cette équation sur la tangente u θ à la
circonférence : – mgu z ⋅ u θ + mω 2 HM ⋅ u θ + 0 = 0.
Soit
– mg sin θ +
mω 2 ( a
+ a sin θ ) cos θ = 0
π
et ( θ = --- n’étant pas solution) :
2
ω2a
O
tan θ = --------- ( 1 + sin θ )
g
uz
Η
M
(1)
Les solutions ne dépendent que du paramètre sans z
ω2a
dimension η = --------- qui compare « l’accélération
g
centrifuge » pour r = HM = a – qui aurait ten- u
z
dance, à elle seule, à placer la particule en B – à l’accéB
C
lération de la pesanteur pour laquelle la position O
uθ
préférentielle serait D.
θ
θ
Les deux effets vont clairement dans le même sens
Η
3π
π
M
pour θ ∈ --- ; π et θ ∈ ------ ; 2 π (on a pris θ = 0
2
2
D
pour M = D). Il n’existe donc pas de position d’équilibre dans ces deux domaines.
Les positions d’équilibre ne peuvent correspondre qu’à une compensation de ces deux
effets, ce qui se traduit par une force tangentielle f θ nulle qui nous a conduit à la relaπ
tion (1). Cela va se produire pour une première valeur θ 1 ∈ 0 ; --- et pour une
2
338 Partie 2 – Physique MPSI
3π
seconde θ 2 ∈ π ; ------ , comme nous le montre le graphe ci-dessous où l’on a repré2
senté les deux fonctions : θ tan θ et θ η ( 1 + sin θ )
2η
η
η ( 1 + sin θ )
O
θ1
π
--2
π θ
2
3π
-----2
θ
2. Pour étudier la stabilité, on peut soit s’intéresser aux variations en fonctions de θ de
la force tangentielle f θ pour θ voisin de θ 1 (ou de θ 2 ), soit étudier la fonction énergie
1 dE P
potentielle E P ( θ ) dont dérive f θ (on a en effet f θ = – -- --------- ).
a dθ
Déterminons E P ( θ ) : E P ( θ ) = E P ( θ ; pesanteur ) + E P (θ ; force d’inertie) = E P1 + E p2
or E P1 = +mgz ( M ) = – mga cos θ (origine prise en C)
et dE P2 = – δW fie = – mω 2 HM dCM = – mω 2 HM d ( HM )
1
1
soit E P2 = – --mω 2 HM 2 ⇒ E P2 = – --mω 2 a 2 ( 1 + sin θ ) 2 .
2
2
1
Au total, E P = – --mω 2 a 2 ( 1 + sin θ ) 2 – mga cos θ
2
EP
ω2a
- = – cos θ – --------- ( 1 + sin θ ) 2
ou encore, en divisant par mga : --------2g
mga
EP
1
- = – cos θ – --η ( 1 + sin θ ) 2 = g η ( θ )
soit : --------2
mga
(2)
Traçons la fonction η → g η ( θ ) pour θ ∈ [ 0 ; 2π ] :
g(θ)
θ1
π
--2
θ 2 3π
-----2
θ
η = 1
η = 3
Chapitre 5 – Mécanique 2 339
Exercice 530
KF.book Page 339 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 531
KF.book Page 340 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
La position θ 1 constitue une position d’équili2η
bre stable (minimum de E p ) alors que θ 2 est
instable (maximum d’énergie potentielle). On
peut vérifier ces résultats en examinant sommairement le signe de f θ dans un voisinage de θ 1
η
puis de θ 2 .
η ( 1 + sin θ )
Or : f θ = – mg sin θ + mω 2 a ( 1 + sin θ ) cos θ
fθ
------ = cos θ [ η ( 1 + sin θ ) – tan θ ]
mg
tan θ
π
--2
θ
θ1
• Pour θ 1 , on a cos θ 0 ( θ ∈ θ1 ) et :
– pour θ θ 1 : tan θ η ( 1 + sin θ ) d’où f θ 0 ;
– pour θ θ 1 : tan θ η ( 1 + sin θ ) d’où f θ 0.
f θ apparaît comme une force de rappel ⇒ θ 1 position d’équilibre stable.
• Pour θ 2 , il vient cos θ 0 et les positions
tan θ
relatives des deux courbes restent les mêmes,
η
d’où :
f θ 0 pour θ θ 2 ;
f θ 0 pour θ θ 2 .
f θ ne correspond plus dans ce cas à une force
de rappel ⇒ θ 2 position d’équilibre instable.
Commentaire
π
3π
-----2
θ2
Si l’on s’intéresse à la position d’équilibre stable ( θ 1 ), on peut remarquer qu’elle tend vers
π
--- (point B) lorsque η 1 ce qui est naturel puisque l’effet de la rotation l’emporte lar2
gement sur celui de la pesanteur, et vers 0 (point D) pour η 1 (c’est l’effet inverse).
531 Deux masses liées par un fil
Deux masses m et m ′, liées par un fil inextensible
et de masse négligeable sont posées sur deux
plans inclinés orthogonaux, d’intersection horizontale (cf. figure). Les deux masses et le fil sont
dans le plan vertical perpendiculaire à cette intersection, initialement immobiles (fil tendu). On
π
suppose 0 α --- .
2
340 Partie 2 – Physique MPSI
m
α
m′
1. Calculer l’accélération des masses, dans l’hypothèse où il n’y a aucun frottement
(l’inertie de la poulie est négligeable).
2. Le contact de la masse m avec le plan est caractérisé maintenant par un coefficient
de frottement solide f (m est au repos pour R T f R N , où R T et R N représentent
les composantes tangentielle et normale de la force de contact exercée par le support).
En envisageant les deux cas limites de mouvement dans un sens ou dans l’autre, déterminer le domaine de valeurs de m′ qui assurent l’équilibre. On posera f = tanϕ et on
exprimera le résultat en fonction de m, ϕ et α.
■■
Solution
1. Dans le plan vertical des deux masses, définissons un repère Oxy orienté selon les lignes
de plus grande pente des deux plans inclinés.
Chaque masse est soumise à trois forces :
O
T
R
m
T ′ R′
m′
α
– son poids mg ou m′g ;
– la réaction du plan incliné ( R ou R′ ) perpendiculaire à celui-ci (pas de frottements) ;
x
mg
m′g
y
– la tension du fil T ou T ′.
On applique le théorème du centre d’inertie à chaque masse :
ma = mg + R + T
(1)
m′a′ = m′g + R′ + T ′
(2)
L’absence de masse du fil et d’inertie de la poulie implique : T = T′.
Le fil étant inextensible : a = au x et a′ = – au y (m et m′ ont la même accélération
en module).
Par projection de (1) sur Ox, de (2) sur Oy :
ma = mg sin α – T
– m′ a = m′g cos α – T ′
d’où par soustraction, on obtient après simplifications :
m sin α – m′ cos α
a = g ------------------------------------------ .
m + m′
π
On vérifie qu’en cas de données symétriques  m = m′, α = --- , on obtient bien a = 0.

4
2. Le problème est inchangé en ce qui concerne la masse m′. En cas d’équilibre (a = 0),
il vient donc :
T = T ′ = m′g cos α .
Chapitre 5 – Mécanique 2 341
Exercice 531
KF.book Page 341 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 531
KF.book Page 342 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Écrivons maintenant la condition d’équilibre de la masse m :
ma = 0 = mg + T + R N + R T
( R T composante tangentielle de la force de contact).
RN
Soit, en projection :
0 = mg sin α – T ± R T (avec RT > 0)
RT
0 = mg cos α – R N
T
O
mg
x
et, dans le cas de l’équilibre limite :
R T = f ⋅ R N = tan ϕ ⋅ R N .
D’où deux cas selon que le mouvement s’amorce vers le bas ou vers le haut :
• soit, à la limite du mouvement vers les x positifs :
( RT = –RT ⋅ ux )
T = m′g cos α = mg sin α – tan ϕ ⋅ mg cos α
l’équilibre est donc rompu dès que :
(RN = mg cos α)
m
′ = ------------ ( sin α – tan ϕ ⋅ cos α ) = m ( tan α – tan ϕ ) ;
m′ m lim1
cos α
• soit à la limite du mouvement vers les x négatifs :
( RT = + RT ⋅ ux )
T = m′g cos α = mg sin α + tan ϕ ⋅ mg cos α
l’équilibre est donc rompu dès que :
′ = m ( tan α + tan ϕ ).
m′ m lim2
Finalement, les conditions fixant la possibilité d’équilibre sont données par :
m′
tan α – tan ϕ ------ tan α + tan ϕ .
m
Évidemment, si α ϕ, la limite inférieure ne joue pas, ce qui traduit le fait que le glissement vers les x positifs est alors impossible.
On vérifie facilement que dans le cas où le frottement disparaît ( f = tan ϕ → 0 ), la
m′
condition d’équilibre devient ------ = tan α , ce qui correspond bien à a = 0 d’après le
m
résultat de la première question.
342 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 532
KF.book Page 343 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
532 Système couplé de deux masses
Deux points matériels M1 (masse m1) et M2 (masse
M2
m2) sont reliés par un fil inextensible (longueur l)
O
V0
sans masse et parfaitement souple. La masse M1
est assujettie à se déplacer sur l’axe vertical Oz et
la masse M2 sur le plan horizontal Oxy. Le fil passe
par un trou suffisamment fin situé au point O du
plan Oxy. Toutes les liaisons sont sans frottement.
Dans l’état initial, la masse m1 est en un point de
uz
M1
cote z0 ( 0 z 0 l ) et sa vitesse est nulle, la
masse m2 est à la distance r 0 = l – z 0 de O et
possède une vitesse orthoradiale de norme V0
z
( V 0 0 ).
Le mouvement est repéré pour le point M1 par sa cote z ( t ) et pour M2 par ses coordonnées polaires r ( t ) = OM 2 et θ ( t ) = ( u x , OM 2 ) .
1. a. Montrer qu’il existe une valeur critique V c de V 0 pour laquelle le point M1 reste fixe.
b. Justifier que l’énergie mécanique E m du système des deux masses m1 et m2 est une
constante du mouvement. Quelle est sa valeur ?
c. Décrire ce qui se passe qualitativement pour V 0 V c puis pour V 0 V c .
2. a. Donner les expressions reliant z ( t ) et θ ( t ) à r ( t ).
b. Compte tenu des relations du 2. a., l’équation énergétique du 1. b. peut se mettre
sous la forme :
1
--- ( m 1 + m 2 )ż 2 + U ( z ) = 0.
2
2
r0
1
2
- – 1 – m 1 g ( z – z 0 ).
a) Vérifier que l’on a U ( z ) = --- m 2 V 0  ---------------
2
( l – z )2 
z
U(z)
On donne l’allure des courbes Z = - → U 2 ( Z ) = --------------- pour différentes valeurs du
1
l
--- m 2 V 2c
2
V0
z0
rapport ----- à m1, m2, l, r0 fixés (on note Z 0 = ---- ).
Vc
l
U2
(1) (2)
U2
(4)
(3)
Z min
Z0
O
V0 Vc
Z0
Z max
Z
V0 Vc
Chapitre 5 – Mécanique 2 343
Exercice 532
KF.book Page 344 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Que représentent les courbes (1), (2), (3) et (4) ?
b) Donner les caractéristiques générales du mouvement et tracer l’allure de la trajectoire suivie par le point M2.
3. On donne maintenant la valeur V c ( 1 + ε ) à la vitesse initiale V0, où ε est supposé petit devant l’unité. On pose r = r 0 ( 1 + η ( t ) ) avec η ( t ) 1. Établir
l’équation du mouvement en η ( t ) en fonction de ε, du temps t et de la grandeur
3m 1 g
Ω = ----------------------------.
( m 1 + m 2 )r 0
4. Comment sont modifiés les résultats précédents si l’on supprime m1 et que l’on
exerce au point M1 une force verticale constante F 1 = F 0 ⋅ u z ? Que se passe-t-il pour
F0 = m1 g ?
■■.
Solution
1. a. Lorsque M1 reste fixe, c’est que M2 décrit un
cercle de centre O, de rayon r0 et de vitesse (bien
évidemment orthoradiale) V 0 = V c (vitesse criti-
M2
O
r0 V
0
que que l’on cherche à déterminer).
La masse m1 demeurant immobile, la tension T 1 du
fil équilibre le poids P 1 = m 1 g soit : T 1 = – m 1 g .
M1
Le fil est idéal (inextensible, sans masse et infiniment souple), les contacts en O et sur le plan
s’effectuent sans frottement, on a donc :
T1 = T2
d’où
T1
T 2 = m 1 g.
Enfin, le point M1 décrivant une trajectoire circulaire pos-
ur
sède une accélération a 2 telle que (coordonnées polaires) :
V2
dV
dV
a 2 = -------- = -------- u θ + ------ ( – u r ).
r0
dt
dt
Et d’après la loi fondamentale de la dynamique appliquée
à M2 (en projection sur le plan horizontal Oxy) :
m2 a2 = T2 = –m1 g ur .
On a donc :
dV
-------- = 0
dt
et
344 Partie 2 – Physique MPSI
m2 V 2
------------ = m1 g ⇒ Vc =
r0
m 1 gr 0
-------------m2
(1)
T2
uz
O
M1
uθ
Exercice 532
KF.book Page 345 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
1. b.
POINT COURS
Le théorème de la puissance cinétique appliqué à un système matériel s’écrit
dE
---------c = ext + int .
dt
Si l’on considère comme système l’ensemble constitué par les points matériels M1
et M2 , les forces de tension T 1 et T 2 sont intérieures au système (elles se transmettent ici d’un point à l’autre par l’intermédiaire du fil). Il faut donc s’intéresser à la
puissance intérieure int qu’elles développent.
POINT MÉTHODE
Il revient au même d’appliquer le théorème de la puissance cinétique à chacun des
points.
Ainsi, pour le point matériel M1 :
dE c
dE p
----------1 = 1 ( poids ) + T 1 ⋅ V 1 = – -----------1 + T 1 ⋅ V 1 .
dt
dt
E p1 représente l’énergie potentielle de pesanteur associée à la masse m1, soit :
E p1 = – m 1 gz
(origine prise en z = 0 ).
De même, pour le point matériel M2 :
dE c
----------2 = T 2 ⋅ V 2 (le poids ne travaille pas, pas plus que la réaction verticale – absence
dt
de frottements – du plan).
Au total, avec E c = E c1 + E c2 et E p = E p1 :
d
----- ( E c + E p ) = T 1 ⋅ V 1 + T 2 ⋅ V 2 .
dt
x
Or T 1 ⋅ V 1 = – T 1 ⋅ ż ( T 1 = – T 1 u z et V 1 = ż u z ).
M2
De plus, en coordonnées polaires V 2 = ṙ u r + rθ̇ u θ
ur
θ
et avec T 2 = – T 2 u r il vient : T 2 ⋅ V 2 = – T 2 ṙ
uθ
D’où : T 1 ⋅ V 1 + T 2 ⋅ V 2 = – T 1 ż – T 2 r˙.
Or T 1 = T 2 (cf. 1. a.) et z + r = l soit ṙ = – ż .
On a donc :
d
----- ( E c + E p ) = – T 1 ż – T 1 ⋅ ( – ż ) = 0.
dt
Chapitre 5 – Mécanique 2 345
Exercice 532
KF.book Page 346 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
L’énergie mécanique du système, définie selon E m = E c1 + E c2 + E p , est bien une
1
2
constante du mouvement. Elle vaut E 0 = --mV 0 – m 1 g z 0 .
2
1
2
E m ( t ) = E 0 = --mV 0 – m 1 g z 0
2
Soit
(2)
1. c. ■ Remarquons tout d’abord que le point matériel M2 n’est horizontalement soumis qu’à la force de tension T = – T u r du fil (pas de frottements). Cette force est centrale (de centre O), ainsi le mouvement plan de M2 doit conserver son moment
cinétique en O ; on a donc :
(3)
rV θ = r 0 V 0
( σ ( O ) = m 2 OM 2 ∧ V 2 = m 2 rV θ u z ).
L’évolution du système doit donc respecter les constantes du mouvement ((2) et (3))
ainsi que la relation r ( t ) + z ( t ) = l traduisant l’inextensibilité du fil.
■ Soulignons maintenant que la vitesse V0 (différente de Vc) correspondrait, pour M2,
à un mouvement circulaire de rayon r0 pour une valeur T 0 de la tension définie selon :
2
V0 2
m2 V0
------------- = T 0 ⇒ T 0 = m 1 g  ------ 
 Vc 
r0
(cf. 1.)
Ainsi pour V 0 V c , on aura T 0 m 1 g et la masse m1 est tout d’abord entraînée vers
le bas (m1 g supérieure à la tension du fil) : z augmente et r diminue.
Pour V 0 V c , le même raisonnement conduit à la situation inverse.
■ On peut également définir la valeur
r′ de r pour laquelle le système finirait par se sta-
biliser en imaginant, par exemple, une force de frottement du type f = – λr˙ u r s’exerçant sur M2 (cette force conserve (3)).
Dès lors :
m 2 V′ 2
--------------- = m 1 g avec r′V′ = r 0 V 0 .
r′
Soit finalement :
2
2 2
m2 r0 V0
3 m2 V0
3
----------------- = m 1 g ⇒ r′ = r 0 ---------------m1 g r0
r′ 3
V0 2 / 3
r′ = r 0  ------  .
 Vc 
On a donc r′ r 0 pour V 0 V c et r′ r 0 pour V 0 V c .
■ Analyse
qualitative :
Le mouvement du système doit obéir aux lois de conservation :
1
1
1
2
2
2
 --m
1 ż + --m 2 ṙ + --m 2 V θ – m 1 g z = E 0
2
2
2

 rV = r V
0 0
 θ
 r + z = l ⇒ z˙2 = ṙ 2 .

346 Partie 2 – Physique MPSI
• 1er cas : V0 Vc
D’après ce qui précède, on peut conclure que dans un premier temps, r diminue (et z
croît), passe par la valeur r′ définie plus haut avec une vitesse ṙ 0 non nulle, et finit
par atteindre une valeur r min r′ ( ṙ = 0 ) sur laquelle il ne peut pas se stabiliser
( r min ≠ r′ ; de plus on a nécessairement r min 0 puisque Vθ restant borné, r ne peut pas
tendre vers 0). Le système repart donc dans l’autre sens. On observera des oscillations
non sinusoïdales de r ( t ) entre les valeurs r min et r0 (et de M1 entre z max = l – r min et
z 0 = l – r 0 ). La trajectoire de M2 ressemblera à une « rosace » tangente intérieurement
r 0 V 0
V
- .
au cercle (O, r0) et extérieurement au cercle (O, rmin)  θ̇ = -----θ- = ---------
r
r 2 ( t )
• 2e cas : V0 Vc
Les conclusions restent les mêmes r ( t ) évoluant cette fois-ci de r0 à r max r 0 (on a
bien ici r′ r 0 ).
Un tel mouvement n’est entièrement possible que pour r max l. Déterminons alors
la vitesse limite V l pour qu’il en soit ainsi :
(2) entraîne avec ṙ = 0 pour r = r max = l ( z = 0 ) :
1
1
2
2
0 + --m 2 V θ – m 1 g ⋅ 0 = --m 2 V l – m 1 g z 0
2
2
Soit avec (3) :
D’où :
( z0 = l – r0 )
l Vθ = r0 Vl .
2
1 r0 2
--m 2 ---2- V l
2 l
1
2
= --m 2 V l – m 1 g z 0
2
2
r0 
2m 1 g z 0
1 2 
2
et --V l m 2  1 – ---2-  = m 1 g z 0 ⇒ V l = ------------------------2
2

l0 

r 0
m 2  1 – ---2-

l0
2m 1 g z 0
2
V l = ---------------------------------------------r
r
m 2  1 – ---0-  1 + ---0-

l
l
2
2
2
V l = V c ---------------------------r
 1 + ---0- ⋅ r---0
l l
(4)
Ainsi pour V c V 0 V l , M2 décrira une « rosace » s’inscrivant entre les cercles de
rayon r0 et rmax ( r max l ).
2. a. On a vu que z ( t ) = l – r ( t )
Or V θ ( t ) = r ( t ) θ̇ ( t ), d’où :
et
r ( t )V θ ( t ) = r 0 V 0 .
r0 V0
θ̇ ( t ) = ---------r2( t )
Chapitre 5 – Mécanique 2 347
Exercice 532
KF.book Page 347 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2. b. a) L’équation traduisant la conservation de l’énergie s’écrit (cf. 2. a. : ṙ = – ż et
r0 V0
V θ = ---------):
r
2 2
1 ro V0
1 ˙2 1
1
--m 1 z + --m 2 ż 2 + --m 2 ---------- – m 1 g z = --m 2 V 02 – m 1 g z 0
2
2
2
2
r2







Exercice 532
KF.book Page 348 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
1 ˙2 1
--m 2 r + --m 2 V θ2
2
2
2
D’où
1

1
2 r
-- ( m 1 + m 2 )ż 2 +  --m 2 V 0  ---02- – 1 – m 1 g ( z – z 0 )  = 0.
r

2
2


On a bien ( r = l – z ) :
1
-- ( m 1 + m 2 )ż 2 + U ( z ) = 0 avec :
2
2
r0
1
2
U ( z ) = --m 2 V 0  ---------------- – 1 – m 1 g ( z – z 0 )
 ( l – z )2 
2
m1 g r0
r
2
Soit encore avec V c = -------------- et Z = - (et Z 0 =
m2
l
2 1–Z 2
V
U(z)
0
0
----------------- =  ------  -------------- – 1 – 2
 V c  1 – Z 
1
2
--m 2 V c
2
(5)
r0
---- )
l
Z – Z0
--------------- = U 2 ( Z ).
1 – Z0
• 1er cas : V0 Vc
U2 (Z)
(1)
(2)
(3)
Z min
Z0
Z
– La courbe (1) correspond à V 0 = V l pour laquelle Z min = 0. Ainsi, pour
V 0 ∈ ( V c , V l ), M1 oscille entre les valeurs de Zmin 0 et Z0 (les valeurs de Z accessibles étaient définies par U ( z ) 0 et donc U 2 ( Z ) 0 ).
– La courbe (3) est associée à V 0 = V c : une seule valeur possible pour Z ( Z = Z 0 ,
c’est-à-dire z = z 0 et r = r 0 ).
– La courbe (2) représente une situation intermédiaire ( V c V 0 V l ).
• 2e cas : V0 Vc
Alors Z ( t ) varie entre les valeurs extrêmes Z0 et Zmax ( Z 0 Z max 1 ).
348 Partie 2 – Physique MPSI
2. b. b) Les caractéristiques générales du mouvement ont été signalées au 1. c.
On donne ci-après l’allure de la trajectoire du point M2 tracée à l’ordinateur :
V0
------ = 0,2 ;
Vc
m2
------ = 2
m1
V0
------ = 4 ;
Vc
m2
------ = 2
m1
3.
POINT MÉTHODE
On pourrait reconsidérer l’équation énergétique (5) du mouvement dans le cadre
des petits mouvements. Il est aussi simple de reprendre la démonstration à partir de
la loi fondamentale de la dynamique appliquée successivement à M1 et M2 : on
aboutira directement à une équation différentielle du second ordre en r ( t ).
On a ainsi :
2
m 2 ( ṙ˙ – rθ̇˙ ) = – T
et
m 1 ż˙ = m 1 g – T.
Éliminons T entre ces deux équations en tenant compte de ce que r + z = l 0 et donc
ż˙ = – ˙˙r .
2
( m 1 + m 2 ) ṙ˙ – m 2 rθ̇ = – m 1 g
2
or
r 2 θ̇
= r 0 V 0 , d’où
2
Soit :
2
r0 V0
.
rθ̇ = ---------r3
2
2
m2 r0 V0
( m 2 + m 1 )ṙ˙ – ----------------- = – m1 g
r3
(6)
• Linéarisons cette équation (r reste voisin de r0) : r = r 0 ( 1 + η ) où η 1 ;
1
1
1
et ---3- = ---3- ( 1 + η ) –3 # ---3- ( 1 – 3 η ) (au premier ordre en η).
r
r0
r0
2
(6) devient :
m2 V0
( m 2 + m 1 )r 0 η̇˙ – ------------- ( 1 – 3η ) = – m 1 g.
r0
m1 g r0
Or V c2 = --------------m2
soit
m
m1 g
------2 = ---------r0
V 2c
Chapitre 5 – Mécanique 2 349
Exercice 532
KF.book Page 349 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 532
KF.book Page 350 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
d’où :
V0 2
( m 1 + m 2 )r 0 η̇˙ –  ------ m 1 g ( 1 – 3η ) = – m 1 g.
 V c
V0 2
Enfin avec V 0 = V c ( 1 + ε ) et ε 1 ⇒  ------ ≈ ( 1 + 2 ε ) , et au premier ordre en ε
 V c
et η :
( m 1 + m 2 )r 0 η̇˙ – m 1 g ( 1 – 3η + 2ε ) = – m 1 g.
Et après simplifications :
( m 1 + m 2 )r 0 η̇˙ + 3m 1 g η # 2 m 1 g ε .
Posons :
3m 1 g
Ω 2 = ----------------------------:
( m 1 + m 2 )r 0
2
η̇˙ + Ω 2 η = -- Ω 2 ε
3
(7)
Les conditions initiales sont :
• r ( 0 ) = r 0 d’où
• r˙( 0 ) = 0 soit
η ( 0 ) = 0.
η̇ ( 0 ) = 0.
La solution à l’équation différentielle (7) est alors donnée par :
2
η ( t ) # -- ε [ 1 – cos Ω t ]
3
On aura de même z ( t ) = l – r 0 ( 1 + η ( t ) ). Le point M1 oscille de façon sinusoïdale avec
2
4
une pulsation Ω (amplitude a = --r 0 ε : oscillations entre z 0 = l – r 0 et z min = z 0 – --r 0 ε ).
3
3
4
Le point M2 voit son rayon vecteur osciller avec la même pulsation Ω (entre r0 et r 0 + --ε ).
3
4. • La valeur de la vitesse Vc du mouvement circulaire s’obtient en substituant la force
F0 r0
F 0 à m 1 g soit : V c = --------- (cf. 1.)
m2
Pour l’équation énergétique (cf. 2. a.), l’énergie cinétique se réduit à E c1 (on n’a plus m2)
et il faut substituer à l’énergie potentielle de pesanteur – m 1 g z l’énergie potentielle E p′
associée à la force constante F0 , définie selon :
dE p′ = – δW F0 = – F 0 dz = – d ( F 0 z ).
On peut donc prendre E p′ = – F 0 z.
1
On a donc : --m 1 ż 2 + U ( z ) = 0 avec maintenant :
2
2
r0
1
2
- – 1 – F 0 ( z – z 0 ).
U ( z ) = --m 2 V 0 ---------------2
( l – z )2
Les valeurs de V lim , z min , z max se déduisent également de l’étude précédente (cf. 2.)
en remplaçant m1 g par F0 . Quant à la pulsation Ω des petits mouvements, elle s’obtient
en faisant :
m 1 + m 2 → m 2 (le terme inertiel dû à m1 n’existe plus)
m1 g → F0 .
350 Partie 2 – Physique MPSI
Soit
Exercice 533
KF.book Page 351 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
3F
----------0- .
m2 r0
Ω =
• Si l’on fait F 0 = m 1 g, les résultats relatifs à Vc , Vlim = V1 , zmin, zmax sont inchangés.
La valeur de Ω est elle modifiée selon :
3m 1 g
-------------.
m2 r0
Ω =
533 Pendule double
m1
Un pendule double est constitué de deux masses
ponctuelles m1 et m2 placées aux extrémités M1 et M2 x′
x
d’une tige sans masse de longueur l.
g
θ
l
Le point M1 est assujetti à se déplacer sans frottements sur l’axe horizontal x ′x.
m2
Le pendule peut osciller librement sous l’action de la
pesanteur tout en restant dans un même plan vertical contenant l’axe x ′x.
Le système est abandonné sans vitesse initiale dans un référentiel 0 supposé galiléen, θ ayant une valeur θ0.
1. Que peut-on dire du mouvement du centre de masse G du système ?
2. Déterminer, par application du théorème de l’énergie cinétique, une intégrale première du mouvement en θ ( t ) .
3. Donner la période des petites oscillations. On pourra poser ω =
Commenter le résultat obtenu.
■■
g  m2
-- ------ + 1 .

l  m1
Solution
1. Le mouvement du centre de masse G se déduit de
l’application de la loi fondamentale de la dynamique
appliquée à chacune des masses m1 et m2.
Pour m1 seule, on a, en notant R la réaction du support x ′x :
dV 1
m 1 ---------- = m 1 g + R + T
dt
De même pour m2 :
dV 2
m 2 ---------- = m 2 g + ( – T )
dt
(1)
y
M1 R
O
x′
x
m1 g T
G
θ
–T
M2
m2 g
( 2)
Chapitre 5 – Mécanique 2 351
Exercice 533
KF.book Page 352 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
(la tige étant supposée sans masse, les forces T et – T sont bien portées par M1M2 et
sont de sens opposés).
Éliminons T entre les deux équations :
d
----- ( m 1 V 1 + m 2 V 2 ) = ( m 1 + m 2 ) g + R (3)
dt
Le glissement du point M1 sur l’axe horizontal x′x s’effectuant sans frottement, la réaction R est normale à x′x (elle est de plus contenue dans le plan vertical Oxy). Soit :
R = Ru y
d
----- ( m 1 V 1x + m 2 V 2x ) = 0
dt
= cste = 0, les vitesses initiales étant nulles.
(3) donne alors en projection sur Ox :
c’est-à-dire m 1 V 1x + m 2 V 2x
Or par définition du point G, on a : ( m 1 + m 2 ) V G = m 1 V 1 + m 2 V 2 .
Il vient alors V Gx = 0.
Le centre de masse se déplace sur la verticale passant par G 0 = G ( t = 0 ). On pourra
donc étudier le mouvement dans le référentiel galiléen Oxy (O point fixe de x′x, l’axe
Oy passant par G0).
2. Le théorème de la puissance cinétique appliqué au système des deux masses s’écrit :
dE
---------c = ext + int .
dt
Ici
ext = ext ( poids ) + ext ( R ).
Or
ext ( R ) = 0 (force perpendiculaire au déplacement) ;
dE p
ext ( poids ) = – --------- avec E p = E p ( m 1 ) + E p ( m 2 ) = 0 + mgy ( m 2 )
dt
(origine de l’énergie potentielle prise en y = 0).
M1
Montrons que les tensions T et – T fournissent une puissance int globalement nulle. En effet :
u
T
l
int = T ⋅ V ( M 1 ) – T ⋅ V ( M 2 ) = T ⋅ [ V ( M 1 ) – V ( M 2 ) ]
dM 2 M 1
et int = T ⋅ ------------------- , soit avec T = Tu et M 1 M 2 = + lu
dt
du
int = Tu ⋅  – l -------- (distance M1M2 constante égale à l)
 dt 
lT d 2
2
soit int = – ------ ----- ( u ) = 0 ( u = 1 )
2 dt
dE p
dE
on a donc finalement : ---------c = – --------- et E c + E p = cste
dt
dt
352 Partie 2 – Physique MPSI
–T
M2
Exercice 533
KF.book Page 353 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Avec E p = – m 2 gl cos θ .
Pour calculer l’énergie cinétique, on écrira en notant ( x 1 , 0 ) et ( x 2 , y 2 ) les coordonnées des points M1 et M2 dans le référentiel Oxy :
1
1
E c = --m 1 x˙21 + --m 2 ( x˙22 + y˙22 ).
2
2
y
M1
x
O
G
θ
M2
Exprimons x1, x 2, y2 en fonction de l’angle θ.
On a :  m 1 GM 1 = m 2 GM 2 (propriété du centre de masse)

 GM 1 + GM 2 = l.
Soit :
m2
m1
- l = l 1 et GM 2 = ------------------- l = l2 .
GM 1 = ------------------m1 + m2
m1 + m2
Les coordonnées des points M1 et M2 s’écrivent dans le repère Oxy :
 x 1 = – l 1 sin θ
 x 2 = l 2 sin θ
et M 2 
M1 
 y1 = 0
 y 2 = – l cos θ
D’où en remplaçant :
1
1
2
2
2
E c = --m 1 l 1 θ̇ 2 cos2 θ + --m 2 [ l 2 θ̇ 2 cos2 θ + l θ̇ 2 sin2 θ ]
2
2
et, en utilisant les valeurs de l 1 et l 2 :
2
1
l θ̇ 2
E c = -- --------------------------2- [ m 1 m 22 cos2 θ + m 2 m 12 cos2 θ + m 2 ( m 1 + m 2 ) 2 sin2 θ ]
2 ( m1 + m2 )
2
1
l θ̇ 2
E c = -- --------------------------2- [ m 1 m 2 ( m 1 + m 2 ) cos2 θ + m 2 ( m 1 + m 2 ) 2 sin2 θ ]
2 ( m1 + m2 )
2
et
2
1 m 2 l θ̇
E c = -- -------------------- [ m 1 cos2 θ + ( m 1 + m 2 ) sin2 θ ]
2 m1 + m2
m2
1 m1 m2 2
E c = -- -------------------- l θ̇ 2 1 + ------ sin2 θ .
m1
2 m1 + m2
La conservation de l’énergie se traduit alors par l’équation ( θ ( t = 0 ) = θ 0 et
θ̇ ( t = 0 ) = 0 ) :
m
1 m1 m2 2 2
-- -------------------- l θ̇ 1 + ------2 sin2 θ – m 2 gl cos θ = – m 2 gl cos θ 0 .
m1
2 m1 + m2
Chapitre 5 – Mécanique 2 353
Exercice 533
KF.book Page 354 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Soit encore :
m2
m
g
θ̇ 2 1 + ------ sin2 θ + -  1 + ------2 2 ( cos θ 0 – cos θ ) = 0

m1
l
m 1
Posons ω =
(4)
m
g
- 1 + ------2 , l’équation dévient :
l
m 1
θ0
m2
θ
θ̇ 2 1 + ------ sin2 θ + 4ω 2 sin2  --- – sin2  -----
 2
 2
m1
= 0
(5)
θ0
θ
Les valeurs permises de θ doivent vérifier sin2  ----- sin2  --- ce qui impose θ θ 0 .
 2
 2
Le pendule double va osciller, de façon non sinusoïdale, entre les valeurs – θ 0 et θ0, la
vitesse s’annulant lorsque M2 atteint les positions d’altitude maximale (θ = ± θ 0 : énergie potentielle maximale pour le système), les vitesses de M1 et M2 étant non nulles
quand θ passe par la valeur 0 (énergie potentielle minimale pour le système)…
3. Le mouvement est d’autant plus proche d’un mouvement sinusoïdal que θ ( t ) reste
suffisamment petit (il faut donc qu’il en soit de même de θ0). Cette approximation permet de ne conserver que les termes d’ordre deux (au plus) en θ et θ̇ dans l’équation (5),
ce qui donne :
m2
1 + ------ sin2 θ = 1 + o ( θ )
m1
2 2
m
------θ
1 
 m1 0

θ
1
sin 2 --- = --θ 2 + o ( θ 2 )
2
4
θ0
 ---- 1  .
 12

2
2
D’où :
θ2 θ
θ̇ 2 + 4ω 2  ----- – ----0- # 0 ⇒
 4 4
2
θ̇ 2 + ω 2 ( θ 2 – θ 0 ) = 0
Cette dernière relation est l’équation énergétique d’un oscillateur harmonique non
amorti et non forcé, de pulsation caractéristique ω.
La période T ′ des petites oscillations est alors :
2π
l
T′ = ------ = 2π -----------------------ω
m
g  1 + ------2

m 1
(6)
Commentaires
l
• Pour m 1 m 2 , on obtient T′ # T 0 = 2 π - . La masse M1 est alors quasiment fixe, et
g
le système se réduit pratiquement à un pendule simple de longueur l et donc de période T0
pour les petites amplitudes des mouvements.
• Pour m 2 m 1 , on a à la limite G ∼ M 2 et m 1 ẋ˙1 # – T θ où lθ ∼ x 1 .
354 Partie 2 – Physique MPSI
T
m 1 ẋ˙1 + ---x 1 = 0
l
et en faisant (au premier ordre en x1) T ∼ m 2 g
(M2 pratiquement immobile) :
Soit
y
l m
T′ = 2π - ------1
g m2
m2 g
--------- et une période :
m1 l
M1
O
x
m2 g
m2 g
m 1 ẋ˙1 + ---------x 1 = 0 ⇒ ẋ˙1 +  ------ -  x 1 = 0.
 m1 l 
l
D’où une pulsation ω 2 =
Exercice 533
KF.book Page 355 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
θ
T
G
M2
( m 2 m 1 )
le résultat est conforme à l’expression générale (6) dans l’hypothèse où la masse m2 est sufm2 m2
fisamment grande devant m1  1 + ------ ∼ ------ .

m 1 m 1
Chapitre 5 – Mécanique 2 355
KF.book Page 356 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
D. Mouvements dans des champs
E et B
541 Mouvement dans un champ magnétique d’un
électron soumis à une force de freinage
Un électron de masse m et de charge –e ( e 0 ) pénètre dans une région où règne
un champ magnétique uniforme et constant B = Bu z ( B 0 ).
À l’instant t = 0, il est en O avec une vitesse V 0 = V 0 u x ( V 0 0 ).
Le milieu matériel dans lequel se déplace l’électron à la vitesse V exerce sur celuici une force de type visqueux donnée par F f = – α V où α est un coefficient de proportionnalité positif. On néglige le poids de l’électron.
1. Montrer que le mouvement est plan. Déterminer les coordonnées du vecteur
α
eB
vitesse V ( t ), ainsi que son module. On posera β = ---- et ω = ------ et on introduira
m
m
la variable complexe V = V x + iV y .
2. Montrer que l’électron finit par s’arrêter en un point C.
ω
3. Déterminer la nature de la trajectoire suivie par la particule. On pourra poser ---- = tan ϕ.
β
■■. 1. Ce qu’il faut savoir
• Loi fondamentale de la dynamique.
• Théorème de la puissance cinétique.
• Particule chargée dans un champ magnétique.
■■. 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Par application de la loi fondamentale de la dynamique, déterminer les équations
différentielles vérifiées par les composantes de la vitesse V . On montrera que
V z ( t ) = 0, donc que le mouvement est plan.
2. En introduisant la variable complexe r = x + iy on détermine x et y et on étudie
leur comportement lorsque t → ∞ .
3. On adopte un nouveau repère d’origine C, d’axe Cx′ parallèle à Ox et Cy′ parallèle
à Oy. On utilisera les coordonnées polaires r′ = CM et θ = ( Cx′, CM ). On détermine r′ ( t ) puis θ ( t ) et on élimine t pour obtenir r′ ( θ ).
356 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 541
KF.book Page 357 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■. 3. Solution
1. Appliquons la loi fondamentale de la dynamique à l’électron de masse m, de charge
q = – e.
POINT COURS
Une particule de charge q, animée d’une vitesse V , placée dans un champ magnétique B est soumise à une force F = q V ∧ B .
En négligeant le poids de l’électron, et en tenant compte par ailleurs d’une force de
frottement F f = – αV , il vient :
dV
m --------- = – eV ∧ B – αV .
dt
Or B = B u z et V = V x u x + V y u y + V z u z à t quelconque.
On obtient donc par projection :
 mV̇ x = – eBV y – αV x

 mV̇ y = eBV x – αV y

 mV̇ z = – αV z
α
eB
Soit en posant β = ---- et ω = ------ :
m
m
 V̇ x = –ωV y – βV x

 V̇ y = ωV x – βV y

 V̇ z = – βV z
Montrons que le mouvement est plan :
V̇ z + βV z = 0 donc V z = V z ( 0 )e –βt = 0 puisque V z ( 0 ) = 0.
En intégrant à nouveau, il vient z = constante = 0 puisque l’électron est en O à t = 0 :
le mouvement se fait donc dans le plan x Oy.
POINT MÉTHODE
 V̇ x = – ωV y – βV x
Pour résoudre le système couplé d’équations différentielles 
 V̇ y = ωV x – βV y
on peut introduire la variable complexe V = V x + iV y . On obtiendra ainsi une
équation différentielle en V.
Après résolution, il suffit d’identifier partie réelle à Vx partie imaginaire à Vy .
Ainsi on obtient V̇ + ( β – iω )V = 0
et par intégration V = Ae – ( β – iω ) t
A est déterminée par les conditions initiales : à t = 0, V ( 0 ) = V 0 = A.
Chapitre 5 – Mécanique 2 357
KF.book Page 358 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
On a donc V = V 0 e – βt ( cos ωt + i sin ωt ) que l’on identifie à V = V x + iV y
– βt
 V x = V 0 e cos ωt

 V y = V 0 e – βt sin ωt
Déterminons V ( t ) :
2
2
V x + V y = V 0 e – βt
V(t) =
1
m
--- = ---- est un temps caractéristique de décroissance du module de la vitesse.
β
α
POINT MÉTHODE
Pour déterminer V(t), on peut également écrire le théorème de la puissance cinétique
dE
---------c = ( F + F f ) ⋅ V .
dt
En remarquant que la force magnétique ne travaille pas car elle est constamment
perpendiculaire à la vitesse :
dE
---------c = F f ⋅ V = – αV 2 .
dt
1 dV 2
--m ---------- + αV 2 = 0.
On a donc
2 dt
dV
Soit encore -------- + βV = 0 et V ( t ) = V 0 e – βt .
dt
2. On introduit de la même façon la variable r = x + iy pour déterminer x ( t ) et y ( t ).
ṙ = V x + iV y = V = V 0 e –( β – iω ) t
V0
r = -------------------- ⋅ e –( β – iω ) t + constante.
( iω – β )
V0
Or r ( 0 ) = 0, donc constante = --------------- .
β – iω
On obtient ainsi :
V0
- ( β + iω ) ( 1 – e – βt e iωt ).
r = ----------------2
β + ω2
Puis en séparant partie réelle et partie imaginaire et en identifiant :

V 0 e – βt
βV 0
 x ( t ) = ----------------- ( ω sin ωt – β cos ωt )
- + ----------------2
2
β + ω β2 + ω2


V 0 e – βt
ωV 0

----------------- ( ω cos ωt + β sin ωt )
=
–
y
(
t
)
----------------
β2 + ω2 β2 + ω2

Lorsque t → ∞ , l’électron finit par s’arrêter en un point C de coordonnées :
βV 0
 x = ------------------ C
β2 + ω2

ωV 0
 y = ------------------ C
2
β + ω2
358 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 542
KF.book Page 359 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Commentaires
En l’absence de forces dissipatives, la trajectoire suivie par la particule serait un cercle passant par O. La force de frottement va avoir pour effet de diminuer le module de la vitesse et
par là même le rayon du « cercle ». La trajectoire ne passe plus par O et va s’enrouler autour
du point limite C.
3. Dans le nouveau repère choisi, l’électron à un instant t quelconque a pour
coordonnées :

V 0 e –βt
 x′ = x – x C = ----------------- ( ω sin ωt – β cos ωt )
β2 + ω2


V 0 e –βt

----------------- ( ω cos ωt + β sin ω t )
 y′ = y – y C = – β
2 + ω2

Posons r′ = CM
V 0 e –βt
r′ = x′ 2 + y′ 2 = ----------------------- .
β2 + ω2
y
y′
M
r′
θ
C
θ = ( Cx′, CM ) est défini par :
ω cos ωt + β sin ωt
y′
tan θ = ---- = ------------------------------------------- .
O
β cos ωt – ω sin ωt
x′
ω
En posant tan ϕ = ---- :
β
tan ϕ cos ωt + sin ωt
sin ϕ cos ωt + cos ϕ sin ωt
tan θ = ------------------------------------------------ = ------------------------------------------------------------ = tan ( ωt + ϕ )
cos ωt – tan ϕ sin ωt
cos ϕ cos ωt – sin ϕ sin ωt
d’où θ = ωt + ϕ (modulo π)
π
à t = 0 : M est en O donc – π ϕ – --- .
2
θ–ϕ
On a donc t = -----------ω
x′
x
β
– ---- ( θ – ϕ )
et
V0 e ω
r′ = --------------------------β2 + ω2
On reconnaît l’équation polaire d’une spirale logarithmique.
542 Spectrographe de masse
Un faisceau de particules (masse m, charge q 0 ), accélérées par une différence de
potentiel U, entre en M dans une région où règne un champ magnétique B uniforme,
perpendiculaire au plan de la figure.
Chapitre 5 – Mécanique 2 359
Exercice 542
KF.book Page 360 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
y
Cette région de champ B est un secteur anguπ
O
laire de centre O et d’angle --- , limité par les
3
π
--demi-droites OM et ON. Le faisceau entre et
3
sort normalement aux limites de cette zone.
q
1. Déterminer, en fonction de ---- , l’abscisse x0 ( q 0 )
m
du point C d’impact des particules sur l’axe Ox.
M
C
π
--6
x
N
B
2. Le faisceau pénètre maintenant en M′
y
dans la zone où règne le champ B . Comment
est modifiée la trajectoire des particules ?
O
x
π
En considérant MM′ = δy comme un infini--3
δy
δy
ment petit ( ε = ------- = ----- 1 ) montrer,
R
OM
(q 0)
qu’après avoir traversé la zone de champ B ,
M′
le faisceau passe par un point fixe (au
M
B
δy
second ordre près en ----- ).
R
Que peut-on conclure de la valeur des coordonnées de ce point ?
Comment peut-on espérer réaliser expérimentalement la configuration décrite au 1. ?
3. Le faisceau pénétrant en M dans la région de champ B est maintenant composé
de deux sortes de particules (m, q) et (m′, q) de même charge q et de masses légèrement différentes :
δm
m′ = m + δm avec ------- = η 1.
m
Déterminer – au premier ordre en η – l’écart CC′ = δx des impacts sur l’axe Ox des
deux sortes de particules. Application ?
On négligera le poids des particules.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Charge ( q, m ) en mouvement dans un champ magnétique uniforme.
• Accélération d’une particule chargée sous une différence de potentiel donnée.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Dans un champ magnétique uniforme, les particules chargées ont une trajectoire
circulaire : les conditions imposées au faisceau permettent de situer le centre de la trajectoire. Le problème est alors géométriquement simple.
2. En changeant le point d’entrée M du faisceau dans le champ B , on change la position du centre du cercle décrit : le faisceau ne sort plus perpendiculairement à la frontière de la zone de champ.
360 Partie 2 – Physique MPSI
3. Dans le cas d’une modification de la masse des particules, le rayon des trajectoires
est modifié (ce qui déplace aussi le centre…) : il faudra adapter à ce cas, la méthode de
calcul utilisée à la question précédente.
■■ 3. Solution
1. Sur la partie MN de la trajectoire des particules, la seule force agissante est la force
magnétique f m = qv ∧ B .
POINT COURS
Cette force, perpendiculaire à la vitesse, ne travaille pas : l’énergie cinétique de la
particule se conserve, ainsi que la norme v0 de sa vitesse.
De plus, la force est perpendiculaire à B. En notant B = Bu z et v = v ^ + v // u z on
a:
f m = qv ∧ Bu z = qv ^ ∧ Bu z .
• f m est dans le plan xOy, avec qv ^ B pour module.
La vitesse v// est constante, et v⊥ aussi.
• f m ⊥ v ^ : l’accélération est normale, et le mouvement est circulaire uniforme, de
rayon R tel que :
2
mv
----------^ = qv ^ B,
R
mv ^
soit : R = ---------- .
qB
La force en M est f m ( M ) = qv 0 Bu y et la vitesse
y
initiale v 0 est perpendiculaire à B .
O
La particule décrit donc, dans le secteur où règne le
champ B , un arc de cercle de centre O puisque,
d’après le texte, on a v ( M ) ⊥ OM et v N ⊥ ON.
mv 0
Ainsi OM = ON = R = --------- . (2)
qB
Le point C, impact des particules sur Ox, a pour
uz
f
q0
C
π
--6
x
N
v
M
B = – Bu z
R
m 2v 0
ON
2R
abscisse : OC = x 0 = ------------ = ------------ ⇒ x 0 = ------- = ---- ---------- .
q 3B
π
3
 ------3-
cos --6
 2
Enfin, les particules ayant été accélérées sous la différence de potentiel U, le théorème
de l’énergie cinétique donne immédiatement :
1 2
--mv 0 = qU soit v 0 =
2
2qU
---------m
Chapitre 5 – Mécanique 2 361
Exercice 542
KF.book Page 361 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 542
KF.book Page 362 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
d’où, en reportant :
x0 =
m 2 2U
---- ⋅ --------------q
3⋅B
(3)
2. Le rayon R du cercle décrit par le faisceau n’est pas modifié : le centre O′ de ce cercle
est donc décalé :
OO′ = MM′ = δy = ε ⋅ OM = εR
et le faisceau ne ressort plus normalement à ON de
y
la zone de champ B ; il émerge en N ′, et a ensuite
une trajectoire rectiligne orthogonale à O′N ′.
O′
• Déterminons le point N ′.
Dans le triangle OO ′N ′ on a :
ON′ 2 = OO′ 2 + O′N′ 2 – 2OO′ ⋅ O′N′ cos θ.
Or OO′ = εR, O′N′ = R
d’où : ON′ 2 = R 2 [ ε 2 + 1 – 2ε cos θ ] et
1
--
ON′ = R [ 1 – 2ε cos θ + ε 2 ] 2 .
θ
O
x
N′
v0
N
M′
M
π
Au premier ordre en ε, on peut confondre θ et --- dans
y
3
O′
π
θ
l’expression précédente (la différence entre θ et --- est
3
O
du premier ordre en ε et introduirait donc un terme
π
d’ordre deux…).
--3
π
1
ε

N′
Soit avec cos θ ≈ cos --- = -- ON¢ # R 1 – -(4)

3
2
2
D’où les coordonnées x ′ et y ′ du point N ′ (toujours au premier ordre en ε) :
π
x ′ = ON′ sin --3
⇒
π
y′ = – ON′ cos --3
3
ε
x ′ # ------- R  1 – --
2 
2
R
ε
y ′ # – ---  1 – --
2
2
x
(5)
• Au-delà de N ′, la trajectoire est rectiligne ( B = 0 ) et orthogonale à la droite O′N ′.
Soit en notant C ′ le point d’impact, d’abscisse x 0′ , sur l’axe Ox :
soit O′N′ ⋅ N′C′ = 0 ⇒ ( x ′ – 0 ) ( x 0′ – x ′) + ( y′ – εR ) ( 0 – y′ ) = 0.
y′
D’où : x 0′ = x′ + ---- ( y′ – εR ).
x′
Remplaçant les grandeurs x ′ et y ′ par leurs valeurs (cf. (5)), et ne gardant que des termes du premier ordre en ε, il vient :
1
R
3
ε
ε
x 0′ = ------- R  1 – -- – ------- – ---  1 – -- – εR .


2
2
2
3 2
362 Partie 2 – Physique MPSI
3
3
εR
R
1
x 0′ = ------- R – ------- Rε + ---------- + ------- 1 – -2
4
4
3
2 3





Soit :
Exercice 542
KF.book Page 363 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
3Rε
-------------4
Les termes en ε disparaissent de sorte que :
2R
x 0′ = ------- [ 1 + o ( ε ) ]
3
d’où x 0¢ = x 0 ( 1 + o ( ε ) ).
Au second ordre près en ε, les points C′ et C sont donc confondus. Si le point d’entrée
M du faisceau dans la zone de champ B est décalé d’un infiniment petit du premier
ordre, la position du point d’impact C sur l’axe Ox ne varie qu’au second ordre : il y a
focalisation en C du faisceau émergent.
La focalisation au point C montre comment on peut expérimentalement réaliser la
mv 0
condition OM = R = --------- . Si l’on déplace progressivement le point M d’entrée du
qB
faisceau dans le champ magnétique, l’abscisse du point C′ varie au second ordre par
MM′
rapport à ε  ε = ------------ (à démontrer ; on a vérifié ici qu’elle ne dépendait pas de ε au

R 
premier ordre) : le bon réglage de la position du faisceau correspondra alors à la valeur
extrémale de x 0′ .
3. Les particules ayant des masses différentes,
les trajectoires dans le champ B ont des rayons
mv
différents R = ---------0 et
qB
mv 0
m′v
δm
R′ = ----------0- = ---------  1 + ------- = R ( 1 + η )
qB 
m
qB
les particules de masse m suivent le trajet MNC
(étudié au 1.) ; quant aux particules de masse
m′, elles décrivent l’arc de cercle MN 1′ de centre O1, avec O 1 M = R′ = R ( 1 + η ) soit
OO 1 = ηR.
On peut alors reprendre les calculs faits au 2. :
2
2
y
O1
θ
C
O
C′1 x
N
M
N 1′
B
2
ON 1′ = OO 1 + O 1 N 1′ – 2OO 1 ⋅ O 1 N 1′ cos θ
or
OO 1 = ηR et O 1 N 1′ = R ( 1 + η )
2
d’où : ON 1′ = η 2 R 2 + R 2 ( 1 + η ) 2 – 2ηR 2 ( 1 + η ) cos θ.
π
Ne gardant que des termes du premier ordre en η, et remplaçant θ par --- (cf. 1.) :
3
1
2
ON 1′ # R 2 ( 1 + 2η ) – 2R 2 η -- # R 2 ( 1 + η ).
2
η
Soit
ON 1′ # R  1 + --- .

2
Chapitre 5 – Mécanique 2 363
Exercice 543
KF.book Page 364 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
D’où les coordonnées du point N 1′ au premier ordre en η, (cf. 5. ε → – η ) :
3
R
η
η
x 1¢ = ------- R  1 + --- et y 1¢ = – ---  1 + --- .

2 
2
2
2
Au-delà, la trajectoire est rectiligne perpendiculaire à O 1 N 1′, et recoupe Ox en C 1′ ( x 0″ ).
Le même calcul que celui effectué au 2. conduit à ( OO 1 = ηR ) :
y 1′
x 0″ = x 1′ + ------ ( y 1′ – η R ) .
x 1′
Soit au premier ordre en η :
1
R
3
η
η
x 0″ = ------- R  1 + --- – ------- – ---  1 + --- – ηR
2 
2
2
3 2
3
ηR
5ηR
2R
1
2R 3R
x 0″ = ------- + ------- Rη + -------  1 + -- = ------- + ---------- η + ---------- .


4
4
3
4 3
3
3 4 3
Finalement
2R
x 0″ = ------- [ 1 + η + o ( η ) ]
3
⇒ x 0≤ x 0 ( 1 η o ( η ) ).
L’écart δ x des impacts C 1′ ( x 0″ ) et C ( x 0 ) sur l’axe Ox est alors :
2R
 x = ------ .
 0
3
Ce dispositif constitue un spectrographe de masse, qui peut permettre de mettre en
δm
1
évidence la présence d’isotopes : on a dans ce cas ------- = ----- (M : nombre de masse).
m
M
• Pour une utilisation en spectrographe de masse, si on peut mesurer des écarts
δx
------ ≈ 5 ⋅ 10 – 3 , on aura comme limite de résolution :
x0
δm
1
------- = ----- = η ∼ 5 ⋅ 10 – 3 soit M ≈ 200.
m
M
δx = x 0″ – x 0 ⇒ δx ≈ x 0 η
Remarquons que l’on a intérêt, pour augmenter x 0, à utiliser des tensions accélératrices
élevées, et un champ magnétique pas trop grand…
543 Stabilisation par champ magnétique
Une particule chargée (masse m, charge q 0 ) est soumise à un champ électrostatique extérieur associé au potentiel V ( x, y, z ) tel que :
V0
V ( x, y, z ) = -------2- ( x 2 + y 2 – 2z 2 )
2a
a est une longueur et V0 un potentiel ( V 0 0 ).
1. Montrer que la position x = y = z = 0 correspond à une position d’équilibre. Cet
équilibre est-il stable ?
364 Partie 2 – Physique MPSI
2. On désire, dans certaines circonstances, que la particule puisse rester piégée au
voisinage de la position x = y = z = 0. À cet effet on ajoute un champ magnétique uniforme B = B 0 u z
( B 0 0 ).
a. Que dire du mouvement selon Oz ?
b. On étudie la projection du mouvement dans le plan xOy. Écrire les équations du
mouvement. On posera :
– qB 0
– qV
ω 02 = -----------20- et ω c = ------------- .
m
ma
On cherche des solutions de la forme x ( t ) = x 0 e pt et y ( t ) = y 0 e pt. Donner l’équation simple dont p est solution.
Discuter de la stabilité de l’équilibre en présence du champ B .
Commenter.
3. On se place maintenant dans le référentiel tournant Ox′y′z′ avec la vitesse angulaire Ω = Ωu z ( Ω = cste ).
Comment faut-il choisir la valeur de Ω pour que l’équation du mouvement dans le
plan x′Oy′ s’écrive :
2
d r′
---------- = G ( ω 0, ω c )r ′ ?
dt 2
Déterminer la fonction G ( ω 0, ω c ) puis conclure.
■■
Solution
1. La particule est soumise à la force électrostatique F = – grad ( qV ), avec :
qV 0
- ( xu x + yu y – 2zu z ).
F = – -------a2
Une position d’équilibre correspond à F = 0 , c’est-à-dire à x = y = z = 0.
L’origine O est bien associée à une position d’équilibre ( F ( 0, 0, 0 ) = 0 ).
Montrons que cet équilibre est instable. Il suffit ici de
constater que la particule est soumise, dans le plan x Oy, à
y
r
la force F // telle que :
( – q )V 0
-r
F // = ----------------a2
où r = xu x + yu y .
O
M
x
Cette force a naturellement tendance à éloigner la particule de sa position d’équilibre
2qV 0
-zu z – présente
ce qui traduit l’instabilité ; par contre la force selon Oz – F z = ----------a2
un effet stabilisateur.
Chapitre 5 – Mécanique 2 365
Exercice 543
KF.book Page 365 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 543
KF.book Page 366 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2. a. À la force précédente, s’ajoute la force magnétique f m = qv ∧ B .
Le champ B = B 0 u z étant dirigé selon Oz, la force f m n’a aucune influence sur le mouvement selon z′z. La loi fondamentale de la dynamique donne, en projection sur Oz :
2qV 0
-z ⇒ ż˙ + 2ω 20 z = 0
mż˙ = + ----------a2
( – q )V 0
- 0.
où l’on a posé ω 20 = ---------------ma 2
Il s’agit du mouvement d’un oscillateur harmonique libre non amorti et de pulsation
caractéristique ω ′0 = 2ω 0 .
Soit avec des conditions initiales z ( 0 ) et ż ( 0 ) :
ż ( 0 )
z ( t ) = z ( 0 ) cos ω 0′ t + ----------- sin ω 0′ t
ω ′0
Ce résultat traduit également la stabilité de l’équilibre par rapport aux mouvements
selon z′z.
2. b. La loi fondamentale de la dynamique s’écrit ici avec OM = r + zu z :
qV 0
dv
- ( r – 2zu z ) + qv ∧ B 0 u z
m ------ = – -------dt
a2
soit en projection sur le plan xOy :
qV 0
- r + qv ∧ B 0 u z
m ( ẋ˙u x + ẏ˙u y ) = – -------a2

qV
qB 0
 ẋ˙ = – ---------0- x + --------ẏ
2
m
ma

ce qui donne : 
qV 0
qB 0
˙
- y – --------ẋ
.
 ẏ = – --------2
m
ma

( – q )B 0
( – q )V 0
Et en posant ω 02 = ----------------- et ω c = -----------------, on aboutit à :
2
m
ma
2
˙
˙
 ẋ = ω 0 x – ω c y 
(1) 
 système d’équations couplées (rôle de B ).
2
 ẏ˙ = ω 0 y + ω c x˙ 
On cherche des solutions au système linéaire constitué par les équations (1) sous la
forme x ( t ) = x 0 e pt et y ( t ) = y 0 e pt. Reportant ces solutions dans (1) et (2) et simpt
plifiant par e , il vient :
soit encore
2
2
 p x 0 = ω 0 x 0 – ω c py 0
 2
2
 p y 0 = ω 0 y 0 + ω c px 0
2
2
 ( p – ω 0 )x 0 + ω c py 0 = 0

2
 – ω c px 0 + ( p 2 – ω 0 )y 0 = 0.
366 Partie 2 – Physique MPSI
Il s’agit là d’un système de Cramer en x 0 et y 0 paramétré par p.
On obtient ( x 0, y 0 ) ≠ ( 0, 0 ) pour
( p 2 – ω 02 )
–ωc p
ωc p
( p2
– ω 02 )
= 0.
Les valeurs de p (dans ) sont donc solutions de l’équation :
( p 2 – ω 02 ) 2 + ω c2 p 2 = 0 ⇒ p 4 + ( ω c2 – 2ω 02 )p 2 + ω 04 = 0
Notons p 12 et p 22 les racines correspondantes. Elles vérifient :
p 12 p 22 = ω 04 0 et p 12 + p 22 = 2ω 02 – ω c2 .
De plus, ∆ = ( ω c2 – 2ω 02 ) 2 – 4ω 04 = ω c4 – 4ω c2 ω 02 = ω c2 ( ω c2 – 4ω 02 ).
D’où :
• pour ∆ 0, il vient p 12 = α + iβ et p 22 = α – iβ et par conséquent :
p 1 = ± ( α′ + iβ′ ) et p 2 = ± ( α′ – iβ′ ) ; les solutions en e ( α′ ± i β ) t = e α′ t e ± i β′ t avec
α′ 0 divergeraient ce qui entraînerait l’instabilité.
• Pour ∆ 0, les racines en p 2 sont réelles et négatives puisque ∆ 0 assure également p 12 + p 22 0 ( p 12 p 22 0 nous indiquant que les racines réelles sont de même
signe). Dans ce cas, on a donc p 1 = ± i α 1 et p 2 = ± i α 2 ce qui correspond à des
solutions sinusoïdales, donc bornées.
Pour assurer la stabilité de l’équilibre x = y = z = 0, il faut donc que l’on ait ∆ 0,
c’est-à-dire ω c2 4ω 02 , ce qui donne :
ω c 2ω 0 ⇒
2 mV
B 0 -- ----------0a ( –q )
(2)
Commentaires
• Le sens de B 0 ne modifie en rien la conclusion (changer z en – z et x en y n’affecte pas la
nature physique du problème). On écrira donc la condition (2) sous la forme :
2 mV
B 0 -- ----------0- .
a ( –q )
• En présence du champ magnétique, on a toujours E m = E c + E p = cste (la force magnétique f m = qv ∧ B ne travaille pas). Ainsi bien que le point O corresponde, pour le plan
qV 0
xOy, à un maximum d’énergie potentielle ( E p ( x, y, z = 0 ) = --------2- ( x 2 + y 2 ) , et q 0 ), la
2a
force supplémentaire f m stabilise la charge q : dans ce cas, un maximum d’énergie potentielle n’est donc pas nécessairement associé à une position d’équilibre instable…
3. L’équation du mouvement dans s’écrit :
2qV 0
qV 0
- r + -----------zu z + qv ∧ B 0 u z
ma = – -------2
a
a2
(3)
Chapitre 5 – Mécanique 2 367
Exercice 543
KF.book Page 367 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 544
KF.book Page 368 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Le plus simple, pour passer dans le référentiel non galiléen ′ en rotation uniforme
par rapport à , est d’exprimer l’accélération a et la vitesse v (grandeurs définies
dans ) en fonction des grandeurs correspondantes dans ′. Ainsi on a :
 a = –Ω 2 r ′
a = a ′ + a e + a c avec  e
 ac = 2 Ω uz ∧ v ′
(Ω = cste et r ′ = x ′ u x ′ + y ′ u y ′ )
v = v ′ + v e où v e = 0 + Ωu z ∧ r ′.
d 2 r ′
L’équation (3) devient, en projection sur Ox′y′  a ′ = ----------- :

dt 2 
d2 r ′
----------- = ω 20 r ′ + ω c u z ∧ ( v ′ + Ωu z ∧ r ′ ) + Ω 2 r ′ – 2Ωu z ∧ v ′ (4)
dt 2
Il s’agit maintenant de supprimer les termes en v ′, ce qui est réalisé si on impose la
relation 2Ω = ω c .
On obtient alors :
ω 2c
ω 2c 
d2 r ′
 ω 2 + ---------- u z ∧ ( u z ∧ r ′ ).
r
′
----------=
+
0

2
4
dt 2
ω 2c
Le double produit vectoriel a pour valeur – ------ r ′ ( u z ⊥ r ′ ), d’où :
2
(5)
2
d2 r ′  2 ωc
=
–
----- r′
----------ω
0

4
dt 2
1
⇒ G ( ω 0, ω c ) = ω 20 – --ω 2c .
4
La particule restera confinée dans un voisinage de O (point d’équilibre), dans ′
comme dans , si l’équation précédente (5) se réduit à celle d’un oscillateur harmonique, ce qui nécessite :
ω2
ω 20 – -----c- 0 ⇒ ω c 2ω 0 .
4
On retrouve bien la condition établie au 2. b.
544 Optique électronique
Des électrons (masse m, charge –e) sont émis, avec une vitesse négligeable, par une
source maintenue au potentiel zéro. Cette source est située du côté des z négatifs.
Ils pénètrent dans un domaine D dans lequel des électrodes assurent la répartition
suivante du potentiel :
z 0 : ( V ( x, y, z ) = V 1 = constante ) 0.
z a : ( V ( x, y, z ) = V 2 = constante )
368 Partie 2 – Physique MPSI
( V 2 V 1 ).
Dans la zone intermédiaire ( 0 z a ) le potentiel varie continûment entre les
valeurs V 1 ( z = 0 ) et V 2 ( z = a ) : V ( x, y, z ) = f ( z ) avec f ( 0 ) = V 1 et f ( a ) = V 2 .
1. Un électron arrive sur le plan z = 0 avec une vitesse v 1 faisant un angle i 1 avec
u z : ( u z , v 1 ) = i 1 . L’électron ressort en z = a avec une vitesse v 2 faisant un angle
i 2 avec u z : ( u z , v 2 ) = i 2 . Déterminer la relation liant V 1 , V 2 , i 1 , i 2 . Commenter.
2. Les équipotentielles sont maintenant des calottes sphériques concentriques d’axe Oz.
On a V = V 1 pour r = R 1 et V = V 2 pour r = R 2 . V ( r ) variant continûment de
V 1 à V 2 pour R 2 r R 1 .
a. Reprendre l’étude précédente pour un électron
ayant une vitesse v 1 contenue dans un plan méridien.
D1
D2
V2
V1
b. Les électrons sont émis d’un point A de l’axe Oz
O
situé à gauche de S 1 . Le dispositif est aménagé
S1
S2
pour que leurs trajectoires soient assimilables à des
z
R1
droites en deçà du dioptre D1 ainsi qu’au-delà du
R2
dioptre D2. On suppose que la relation établie au
2. a. reste toujours valable.
Un électron émis de A recoupe l’axe des z (à droite
de D2) en un point A′. En supposant que S 1 S 2 R 1 et R2, et que les vitesses prises
en compte sont faiblement inclinées sur l’axe, montrer que l’on a :
V
V
--------1- – --------2- = C
SA′ SA
v1
(S # S1 # S2)
où C est une constante que l’on déterminera en
fonction de V1, V2 et de SO = R ∼ R 1 ∼ R 2 .
v2
θ′
θ
A
O
A′
S ≈ S1 ≈ S2
■■
Solution
1. L’électron part de la source avec une vitesse négligeable (on la prendra nulle). Soumis au champ électrostatique, il possède une vitesse v ( M ) quand il atteint un point
de l’espace de potentiel V ( M ) et une énergie potentielle E p = qV = – e V.
La conservation de l’énergie mécanique de l’électron s’écrit alors :
1 2
--mv – eV = 0 – 0
2
(au point d’émission on a v ∼ 0 et V = 0 ).
D’où
v=
2eV .
---------m
Quand il atteint le plan z = 0, sa vitesse est v 1 et V = V 1 : v 1 =
2eV 1
------------ (1)
m
Chapitre 5 – Mécanique 2 369
Exercice 544
KF.book Page 369 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 544
KF.book Page 370 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
De même, on aura en z = a,
v2 =
2eV 2
------------ (2)
m
• Étudions maintenant le passage z = 0 → z = a :
l’électron est soumis à la force électrostatique
dV
dV
F = ( – e )  – ------- u z = e ------- u z (puisque le poten dz 
dz
tiel V ( M ) ne dépend, dans cette région, que de z).
La loi fondamentale de la dynamique s’écrit :
x
O
y
a
z
 v x = cste
dv
m ------ = F ⇒ 
dt
 v y = cste.
z
Ainsi la composante v ⊥ ( v x , v y , 0 ) de la vitesse,
perpendiculaire à l’axe Oz est conservée.
v
Or : v ⊥ = v sin i.
i
D’où : v 1 sin i 1 = v 2 sin i 2 .
Soit en utilisant les relations (1) et (2) :
V 1 sin i 1 =
V 2 sin i 2
(3)
M
y
v⊥
x
Commentaire
• Le résultat trouvé au 1. s’apparente à la relation de Descartes en optique géométrique (passage à travers un « dioptre » plan d’un milieu d’indice n1 proportionnel à V 1 à un milieu
d’indice n2 proportionnel à
V 2 (même constante de proportionnalité)) :
n 1 sin i 1 = n 2 sin i 2 .
2. a. Les arguments précédents sur la conservation de l’énergie restent valables. On a
donc :
v1 =
2eV
-----------1m
et
v2 =
2eV
-----------2- .
m
Cette fois-ci, le potentiel ne dépend que de r ( r = OM ) et le champ qui en résulte est
donc radial :
dV
V = V ( r ) et E = – gradV ( r ) = – ------- u r .
dr
dV
Il en est de même de la force électrostatique F = – e E = e ------- u r .
dr
L’électron est donc soumis à une force centrale dans la zone R 2 r R 1 , son
moment cinétique se conserve et le mouvement est plan (si la vitesse v 1 passait par O
le mouvement serait rectiligne). Un électron se déplaçant initialement dans un plan
méridien y restera. Traduisons la conservation du moment cinétique en O :
370 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 544
KF.book Page 371 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
σ 1 = OM 1 ∧ m 1 v 1 = – mR 1 v 1 sin i 1 k
i1
σ 2 = OM 2 ∧ m 2 v 2 = – mR 2 v 2 sin i 2 k .
v1
Le passage [ r = R 1 ] → [ r = R 2 ] se traduit
donc par la relation :
V2
M2
M1
i2 v2
V1
R 1 v 1 sin i 1 = R 2 v 2 sin i 2 .
O
k
Soit encore :
R 1 V 1 sin i 1 = R 2 V 2 sin i 2
z
(4)
2. b. Considérons, à l’approximation envisagée, que les points S1 et S2 sont pratiquement confondus ( S 1 # S 2 ) = S et les angles i 1 , i 2 suffisamment petits pour que l’on
puisse assimiler la tangente et le sinus d’un angle à son argument ( tani # sin i # i ) .
i1
θ
A
M
v2
v1
S
ω
i2
H
O
+
θ′
+
A′
HM
HM
HM
Dès lors : ω # --------- , θ # --------- et θ′ # ---------- (posons δ = HM ).
HA ′
AH
HO
À l'approximation considérée, on a également :
R 1 # R 2 ⇒ S 1 O # S 2 O = R avec OH = R cos ω.
ω2
On a donc S 1 O = HO au second ordre près en ω  cos ω # 1 – ------  .

2 
Il est donc possible, dans une approximation au 1er ordre (M voisin de S1 et S2) de confondre les points H et S d’où :
δ
δ
δ
ω # ------- θ # ------ et θ′ # -------- .
AS
SA ′
SO
La relation (4) s’écrit en confondant R1 et R2 :
V1 i1 # V2 i2 .
1
1
1
1
Or : i 1 = θ + ω # δ  ------ + ------- et i 2 = ω – θ′ # δ  ------- – -------- .
 AS SO
 SO SA ′
1
1
1
1
V 1  ------ + ------- = V 2  ------- – -------- .
D’où :
 AS SO
 SO SA′
C’est-à-dire :
V
V2 – V1
V
---------2- – ---------1- = -------------------------SA′
SA
SO
(5), soit :
V2 – V1
C = -------------------------- .
SO
Chapitre 5 – Mécanique 2 371
Exercice 545
KF.book Page 372 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
On pourrait montrer que ce système est l’équivalent en optique d’un dioptre sphérique
V1
n
de centre O et de sommet S séparant des milieux d’indice n1 et n2 tels que ----1- = ---------- .
n2
V2
Le dioptre est convergent pour V 2 V 1 . Ainsi, pour A « rejeté à l’infini », le point A′
se confondant alors avec le foyer F ′, la formule de conjugaison précédente (5) donne :
V2 – V1
V
---------2- = -------------------------SF′
SO
F′
S
O
545 Lentille magnétique
1. Des électrons de masse m et de charge –e ( e 0 ) sont émis à partir du point O
de l’axe Oz avec des vitesses de même module V0 ( V 0 ⋅ u z 0 ). Ils sont soumis à un
champ magnétique uniforme B = B 0 u z . On note α l’angle entre l’axe Oz et la vitesse
V 0 : α = ( u z , V 0 ).
Montrer que pour des angles α suffisamment petits, les électrons convergent, pour la
première fois, en un point C de l’axe Oz dont on déterminera la cote zC en fonction
des grandeurs m, e, B0 et V0 .
2. On suppose maintenant que les électrons, de vitesse de norme fixée V0, sont soumis à
l’action d’un champ magnétique de révolution par rapport à l’axe z′Oz de composantes :
r df
B z ( r, z ) = f ( z ) ; B r ( r, z ) = – --- ----- ; B θ = 0
2 dz
( r, θ, z ) représentent les coordonnées cylindriques d’axe Oz.
Un électron est ainsi repéré par ses coordonnées r ( t ), θ ( t ) et z ( t ).
(Ce champ est par exemple celui créé, sur son axe Oz, par une bobine de centre O.)
e
a. Montrer que l’on a r 2 θ̇ = -------r 2 B z + cste ; on prendra par la suite cste = 0.
2m
b. On considère désormais les trajectoires peu inclinées sur l’axe Oz, et on pose
r ( t ) = ρ [ z ( t ) ]. Montrer que la fonction ρ ( z ) vérifie l’équation :
2
d2ρ e2B z ( z )
= 0.
--------2- + --------------------ρ
2
dz
4mV 0
372 Partie 2 – Physique MPSI
En déduire, dans ces conditions, que si un électron passe par un point A de l’axe Oz et
recoupe cet axe en un point A′, cette propriété ne dépend pas de l’angle α (petit) que
fait la vitesse V 0 en A avec l’axe Oz. On dira que les points A et A′ sont conjugués.
c. a) On suppose maintenant que la région où le champ B exerce une action significative reste très localisée autour du point O.
A
z
A′
O
d
Notons d l’ordre de grandeur de la largeur de la zone en dehors de laquelle le champ
B est négligeable. On fera les hypothèses suivantes :
d
– B est négligeable pour z --- : on le prendra nul ;
2
– d AO et d OA ′ ;
– la distance r ( z ) de l’électron à l’axe Oz ne varie pour ainsi dire pas dans la zone
étroite d’interaction ;
– on confondra
d
--2
∫– --d- Bz dz
2
2
avec
+∞
∫– ∞ Bz dz.
2
Montrer que le système est alors équivalent à une lentille mince dont on donnera
l’expression de la distance focale f ′.
+∞
B0
π
du
= --- .
--------------------b) Déterminer f ′ pour B z = -------------------2- . On a
2 )2
2
(
+
1
u
–
∞
z
1 +  --
 a
Application numérique :
Calculer f ′ pour B 0 = 0,01 Tesla ; a = 5 mm ; V 0 = 2,5 ⋅ 10 7 ms –1 ;
e = 1,6 ⋅ 10 –19 C et m = 9 ⋅ 10 –31 kg.
∫
■■
Solution
1. L’électron est soumis à la force magnétique
f m = – eV ∧ B 0 . Cette force ne produit aucun
travail de sorte que l’énergie cinétique se conserve.
On a donc :
z
B0
De plus, B 0 étant orienté selon Oz, f m n’a pas de
composante selon cet axe, d’où :
V z = cste = V 0 cos α.
V0
α
V = cste = V 0 .
O
x
y
V⊥
Chapitre 5 – Mécanique 2 373
Exercice 545
KF.book Page 373 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 545
KF.book Page 374 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Le mouvement en projection dans le plan Oxy est
circulaire, de rayon R tel que :
2
eB 0
V⊥
mV ⊥
------------ = eV ⊥ B 0 ⇒ ------- = -------- .
R
m
R
fm
Ce cercle est donc décrit avec une pulsation
eB
2π
ω = -------0- et une durée T = ------ .
ω
m
y
O
V⊥
La particule recoupera pour la première fois l’axe
x
des z au bout d’un temps t = T, soit en un point
C tel que :
2πm
z C = V z T ⇒ z C = -----------V 0 cos α .
eB 0
Pour α infiniment petit du premier ordre, on a cos α ≈ 1 et :
2πmV 0
z C ≈ -----------------eB 0
Ainsi, à cette approximation, les électrons passant par le point O, avec une vitesse V0
peu inclinée sur l’axe, convergent au même point C de cet axe.
2. L’électron est soumis à la force f m = – eV ∧ ( B r u r + B z u z ).
La vitesse garde donc une norme constante V = V 0 . Appliquons la loi fondamentale de la dynamique :
ma = f m .
r˙
f m = – e rθ̇ ∧ 0
ż
ur
rθ̇B z
Br
= – e ż B r – r˙ B z
Bz
– r θ̇B r
uθ
uz
Et d’après le cours, a = a r u r + a θ u θ + a z u z avec :
2
a r = ṙ˙ – rθ̇ ;
1d
a θ = -- ----- ( r 2 θ̇ ) ;
r dt
a z = ż˙ .
D’où le système d’équations :
 m ( ṙ˙ – rθ̇ 2 ) = – erθ̇B z

 1d 2
- ( r θ̇ ) = – e ( ż B r – r˙ B z )
 m --r ---dt

 ˙
 mż = e rθ̇B r
374 Partie 2 – Physique MPSI
(1)
(2)
(3)
Exercice 545
KF.book Page 375 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
La relation demandée peut être obtenue à partir de (2). On a en effet :
dr
e r 2 df dz
d
----- ( r 2 θ̇ ) = – ---- – ---- ----- ----- – f ( z )r ----- .
dt
m 2 dz dt
dt
Soit
d
df
dr 2
e
----- ( r 2 θ̇ ) = ------- r 2 ----- + f ( z ) ------- , en considérant que l’on a f [ z ( t ) ]
dt
dt
2m dt
et
d
e d
e
----- ( r 2 θ̇ ) = ---- ----- [ r 2 f ] ⇒ r 2 θ̇ = -------r 2 f + cste
dt
m dt
2m
Et pour des électrons émis sur l’axe ( r = 0 ) ou dans une région où B = 0 et avec
θ̇ = 0, on a :
e
e
θ̇ = ------- f [ z ( t ) ] ⇒ θ̇ = -------B z [ z ( t ) ]
(4)
2m
2m
2. b. À un instant t, la particule se situe en un point M de coordonnées r ( t ), θ ( t ) et
z ( t ). Dans le plan ( O, u r, u z ) tournant autour de Oz à la vitesse angulaire θ̇, la trajectoire de l’électron est associée à ρ ( z ) tel que :
r(t) = ρ[z(t)].
Utilisons alors l’équation (1). Elle donne avec (4) :
e
e
e2
ṙ˙ – r ---------2- B z2 = – ----rB z  -------B z .
m  2m 
4m
e2
Soit ṙ˙ + -------B z2 r = 0 (5)
4m
dρ dz
dr
dz
or ----- = ------ ⋅ ----- avec ----- = V z = V 0 cos α ( α = ( u z , V ) ) .
dz dt
dt
dt
Pour des trajectoires peu inclinées sur l’axe, on pourra faire, au premier ordre en α,
dz
cos α ∼ 1 et ----- ∼ V 0 , d’où :
dt
d2r d2ρ 2
dr dρ
----- ∼ ------V 0 et -------2 ∼ --------2- V 0
dt dz
dt
dz
(5) se réécrit alors selon :
e2
d2ρ
2
--------2- + ----------------B
ρ=0
2 z
2
dz
4m V 0
(6) où B 2z = f 2 ( z ).
La solution générale à cette équation différentielle linéaire du second ordre s’exprime
à partir de deux solutions ρ 1 ( z ) et ρ 2 ( z ) formant un système libre. On a donc :
ρ ( z ) = λρ 1 ( z ) + µρ 2 ( z ).
L’électron passe par le point A ( ρ = 0 pour
z = z A ), ce qui se traduit par :
0 = λρ 1 ( z A ) + µρ 2 ( z A )
avec une vitesse de composante verticale
ṙ A = V 0 sin α ∼ V 0 α.
V0
A
α
A
Chapitre 5 – Mécanique 2 375
Exercice 545
KF.book Page 376 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
dr
dρ
dρ
Soit : ṙ A = -----  # ------  ⋅ V 0 ⇒ ------  ∼ α .


dt A d z A
dz  A
dρ 1
dρ 2
D’où : α = λ --------- ( z A ) + µ --------- ( z A ).
dz
dz
Il vient alors λ = αλ′ et µ = αµ′, les grandeurs λ′ et µ′ s’exprimant en fonction
dρ 1
dρ 2
de ρ 1 ( z A ), ρ 2 ( z A ), --------- ( z A ) et --------- ( z A ).
dz
dz
Soit ρ ( z ) = α [ λ′ρ 1 ( z ) + µ′ρ 2 ( z ) ]. (7)
Ainsi, si la trajectoire de l’un de ces électrons (issus de A) recoupe l’axe Oz en un point A′,
c’est-à-dire si l’on a ρ ( z A′ ) = 0, il en sera de même pour tous les autres électrons (dans
le cadre des approximations envisagées : α faible). En effet, la condition ρ ( z A′ ) = 0 est
réalisée pour λ′ρ 1 ( z A′ ) + µ′ρ 2 ( z A′ ) = 0 indépendamment de la valeur – petite – de α.
Les points A et A¢ sont dits conjugués.
2. c. a) D’après les hypothèses de l’énoncé,
on peut considérer que les trajectoires des
particules sont assimilables à des droites
d
pour z -- . Un tel électron pénètre dans
2
P
P′
r0
α
A
O
α
z
A′
la zone d’interaction avec une vitesse V 0
incliné de α sur l’axe Oz de telle sorte que :
r0
dρ 
------ # ------- ( OA d ).

dz P AO
De même, après interaction :
r0
dρ 
- (sur la figure A′O 0 et AO 0 ).
------ # --------
dz P′ A ′ O
On a considéré que la distance à l’axe r ( t ) ne variait pour ainsi dire pas lors de la traversée de la zone d’interaction très étroite.
Intégrons alors l’équation (6) par rapport à z :
d
-2
∫– --d
2
d2ρ
e2
--------2- dz = – ----------------2
dz
4m 2 V 0
d
-2
∫– --d ρBz dz.
2
2
Soit encore en faisant ρ ≈ r 0 dans la deuxième intégrale :
e2
dρ 
dρ
------ – ------  # – ----------------2 r 0
dz  P′ dz  P
4m2V
0
d
-2
∫– --d Bz d z .
2
2
d
Mais le champ B étant négligeable au-delà de la zone z -- , on peut étendre l’inté2
+∞
2
r0
r0
e
grale de –∞ à +∞, d’où : ---------- – -------- # r 0  – ----------------2
B 2dz.
 4m2V  – ∞ z
A′O AO
0
376 Partie 2 – Physique MPSI
∫
Soit après simplification par r0 :
Avec
1
e2
---- # ----------------2
f ′ 4m2V
0
+∞
1
1
1
1
---------- – -------- = --------- = ---f
′
OA′ OA
OF′
Exercice 545
KF.book Page 377 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
(8).
∫– ∞ B z d z
2
La relation (8) s’identifie à la formule de conjugaison des lentilles minces.
Le système proposé correspond, pour les charges, à une lentille magnétique convergente ( f ′ défini positif).
2. c. b) Un calcul immédiat donne :
e2
1
2
a
---- = ----------------B
2 0
f′
4m 2 V 0
∫
z
d  --
 a
--------------------------⇒
–∞ 
z 2 2
1 +  -- 

 a 
+∞
2
8m 2 V 0
f ′ = ----------------πe 2 B 02 a
Application numérique : f ′ = 10 cm.
Chapitre 5 – Mécanique 2 377
KF.book Page 378 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
KF.book Page 379 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
apitre
h
C
6
Thermodynamique
A • Hydrostatique et gaz parfait
B • Bilans d’énergie
C • Bilans d’énergie et d’entropie
D • Corps pur diphasé
E • Machines thermiques
KF.book Page 380 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
A. Hydrostatique et gaz parfait
601 Baromètre
;;;
;;;;;;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;;;
1. Baromètre de Huyghens : cet appareil est constitué – sur une cuve à mercure (A),
où le mercure a une surface libre d’aire S0 – d’un tube barométrique comportant un
renflement (B) de section S1 surmonté d’un tube (C) plus fin, de section S2.
Pour une valeur P0 de la pression atmosphérique, le mercure
monte, à l’équilibre, jusqu’à un niveau N1 dans B, celui-ci
étant surmonté de glycérine (de masse volumique µ) jusqu’au
N2
(C)
niveau N2. Le mercure dans la cuve correspond au niveau N0.
On suppose que le tube au-dessus de la glycérine est vide.
La pression atmosphérique varie légèrement, et devient
(B)
N1
P = P 0 + ∆P, ce qui correspond à une variation ∆H de la
pression atmosphérique exprimée en hauteur de mercure
( ∆P = ρg∆H, ρ étant la masse volumique du mercure).
N0
a. Exprimer la variation ∆N du niveau atteint par la glycérine, par rapport à sa position d’équilibre antérieure.
(A)
b. Application numérique : S 0 = 50 cm 2 ; S 1 = 5 cm 2 ;
2
–
3
–
3
S 2 = 0,25 cm ; µ = 1,05 g ·cm ; ρ = 13,6 g ·cm .
Mercure
∆N
Calculer ------- . Quel est l’intérêt de ce dispositif ?
∆H
2. Manomètre différentiel : deux cuves de
même section S sont reliées par un tube de
section s (cf. figure). À gauche, le liquide de
masse volumique ρ2 est surmonté d’un liquide
de masse volumique ρ1 ( ρ 1 ρ 2 ) soumis à
sa surface supérieure à une pression P. Audessus de la cuve de droite, s’exerce la pression atmosphérique constante P0.
;; ;;
P
ρ1
P0
ρ2
x
L’appareil étant en équilibre pour P = P 0 ,
la pression P subit une petite variation, et devient P = P 0 + δP.
a. Exprimer le déplacement x de la surface de séparation des deux liquides.
b. Application numérique :
S
On donne -- = 10 ; ρ 2 = 1,024 g ·cm –3 ; ρ 1 = 0,998 g·cm –3 ; g = 9,81 m·s –2 .
s
x
Calculer ------ . Quel est l’intérêt de ce dispositif ?
δP
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Loi de l’hydrostatique.
380 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 601
KF.book Page 381 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
Dans les deux cas, il faut exprimer le fait que la pression varie verticalement dans un
dP
fluide en équilibre  ------ = – ρg , et qu’elle garde la même valeur en deux points d’un
 dz

même fluide situés à la même altitude ( P = P ( z ) seulement à l’intérieur d’une zone
de fluide homogène).
Lorsque la pression varie, les niveaux d’équilibre des différents liquides sont modifiés,
y compris dans la cuve (A), les variations de ces niveaux étant liées par la conservation
du volume de chacun des liquides (que l’on suppose bien sûr incompressibles : leurs
masses volumiques sont données comme constantes).
■■ 3. Solution
1. a. Considérons un fluide incompressible de masse volumique ρ0 soumis au seul
champ de pesanteur g = – gu z . La loi de l’hydrostatique s’écrit :
z
– grad P + ρ 0 g = 0.
Par projection sur Oz , il vient :
O
C
g
;;;;
;;
;
;;;
∂ρ
–
+ ρ 0 ( – g ) = 0 ⇒ P ( z ) = cste – ρ 0 gz.
∂z
∆N 2
∆N 1
;;
;
;;;;;;;;;;;
;; ;;;;;;;;;
;
;
;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;
;
;
;
B
P0 A
∆N 0
P 0 + ∆P
Considérons que les niveaux correspondent à des hauteurs (exprimées en mètre).
Dans le premier état, ( P = P 0 ) la pression en A vaut P0, et d’après la loi de l’hydrostatique, on a : P A = ( P A – P B ) + ( P B – P C ) + P C
or
P A – P B = ρg ( N 1 – N 0 ) ; P B – P C = µg ( N 2 – N 1 ) et P C = 0 (cf. énoncé).
D’où :
P 0 = ρg ( N 1 – N 0 ) + µg ( N 2 – N 1 )
(1)
quand la pression extérieure passe à P 0 + ∆P, les niveaux varient respectivement de
∆ N1, ∆ N2 et ∆ N0 ( ∆N 1 0 ∆N 2 0 et ∆N 0 0 pour ∆P 0 ).
On a ainsi :
P 0 + ∆P = ρg ( N 1 + ∆N 1 – N 0 – ∆N 0 ) + µg ( N 2 + ∆N 2 – N 1 – ∆N 1 ) (2)
Chapitre 6 – Thermodynamique 381
Exercice 601
KF.book Page 382 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Et en faisant la différence (2) – (1) :
∆P = ρg ( ∆N 1 – ∆N 0 ) + µg ( ∆N 2 – ∆N 1 ).
Il reste à traduire la conservation du volume :
– du mercure, soit : S 1 ∆N 1 = – S 0 ∆N 0 ( ∆N 0 0 pour ∆N 1 0 )
– de la glycérine, soit S 2 ∆N 2 = S 1 ∆N 1 .
Éliminons ∆N1 et ∆N0 et faisons ∆N 2 = ∆N :
S S1 S2
S
∆P = g∆N ρ  ----2- + ----- ----- + µ  1 – ----2-
 S 1 S 0 S 1

S 1
or ∆P = ρg∆H (∆H = variation de pression exprimée en hauteur de mercure).
S S µ
S
D’où
∆H = ∆N ----2- + ----2- + ---  1 – ----2-
S1 S0 ρ 
S 1
∆N
1
-------- = ----------------------------------------------∆H
S2 S2 µ 
S
----- + ----- + --- 1 – ----2-
S1 S0 ρ 
S 1
et
1. b. Avec les valeurs fournies, l’application numérique donne :
∆N
-------- = 7,79 .
∆H
La variation de niveau est notablement plus importante que la variation ∆H de hauteur de la colonne de mercure d’un tube barométrique « ordinaire » : la sensibilité du
baromètre a été augmentée.
En effet, avec un tube barométrique ordinaire, on aurait :
s
x
N2
H = H 0 + ∆H = H 0 + x  1 + --

S
x
1
soit : -------- = -----------∆H
s
1 + -S
H0
H
x
et, en prenant s = S 2 : -------- = 0,995 # 1
∆H
d’où x # ∆H pour un tube barométrique ordinaire.
Par contre : ∆N = 7,79∆H # 7,8 ⋅ x ;
∆N
le rapport -------- exprime bien – à très peu près – le gain
∆H
en sensibilité dû au dispositif adopté…
Hg
;;;;; ;; ;;
2. a.
B
h1
h2
A
382 Partie 2 – Physique MPSI
A′
C
P 0 + ∆P
;;;;;
;;;;;
P0
;;;
;;;;
;
P0
P0
h 1′
x
A
A′
h 2′
Exercice 601
KF.book Page 383 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
L’équilibre hydrostatique se traduit dans le premier cas par :
P A = P A′ avec P A = P 0 + ρ 1 gh 1 et P A′ = P 0 + ρ 2 gh 2 .
Soit ρ 1 h 1 = ρ 2 h 2 (3)
Puis pour le nouvel équilibre :
P A = P A′ avec P A = P 0 + ∆P + ρ 1 gh 1′ et P A′ = P 0 + ρ 2 gh 2′ .
Soit ∆P = ( ρ 2 h 2′ – ρ 1 h 1′ )g (4)
Traduisons maintenant la conservation des volumes des deux fluides :
s
xs = ( h 1 + x – h 1′ )S ⇒ h 1 – h 1′ = x  -- – 1 
S  
 (5)
s
xs = ( h 2′ – x – h 2 )S ⇒ h 2′ – h 2 = x  -- + 1 
S

(3) et (4) donnent alors : ∆P = [ ρ 2 ( h 2′ – h 2 ) – ρ 1 ( h 1′ – h 1 ) ]g
Soit avec (5) :
D’où
s
s
∆P = ρ 2  1 + -- – ρ 1  1 – -- gx.


S
S
x
1
------- = -------------------------------------------------------------∆P
s
( ρ 2 – ρ 1 ) + -- ( ρ 2 + ρ 1 ) g
S
x
2. b. Application numérique : ------ = 4,47 ⋅ 10 – 4 m ⋅ Pa –1
δP
x
soit ------ ≈ 0,45 mm ⋅ Pa –1 , ce qui correspond à une sensibilité élevée.
δP
Pour s’en convaincre, on peut comparer à ce que donnerait un manomètre constitué
1
d’un simple tube en U rempli d’un liquide de masse volumique ρ = -- ( ρ 1 + ρ 2 ) :
2
P = P 0 + δP = P 0 + 2x′ρg
soit :
x′
1
1
------ = --------- = ------------------------δP
2ρg
g ( ρ1 + ρ2 )
ce qui montre bien l’amélioration de la sensibilité…
;;
;;;;
;
;
;
d’où, en comparant x à x′ :
1
x
---- = --------------------------- = 8,86
x′
ρ
s
2 – ρ1
-- + ---------------S ρ2 + ρ1
P0
P
x′
x′
Chapitre 6 – Thermodynamique 383
Exercice 602
KF.book Page 384 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
602 Cône au fond d’un récipient
Un cône de hauteur h et de base circulaire de
rayon R repose sur le fond d’un récipient contenant de l’eau sur une hauteur H. La pression
extérieure est supposée uniforme et égale à P0.
La masse volumique de l’eau est ρe .
On cherche à déterminer la résultante F P des
efforts de pression s’exerçant sur la surface latérale du cône.
z
;;;;;;
;;;;;;
P0
;
;;;
;;;
;;;
;;
h
O
H
R
1. Déterminer la force F P en utilisant la notion de poussée d’Archimède. On envisagera deux cas et on tracera la courbe donnant
H
F P = F P en fonction de X = --- .
h
On fera les approximations nécessaires, tenant compte d’une masse volumique de
l’eau à peu près 1 000 fois supérieure à celle de l’air.
On pourra exprimer tous les résultats en fonction des grandeurs : F 0 = πR 2 P 0 et
1
F 1 = ρ e gV où V désigne le volume du cône  V = --- πR 2 h .


3
2. Retrouver les résultats précédents en effectuant un calcul direct de F P . Commenter.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Loi de l’hydrostatique.
• Poussée d’Archimède.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Pour appliquer correctement le théorème d’Archimède, il est nécessaire que le
solide soit entièrement entouré de fluide(s). Il en est ainsi si l’on imagine le cône maintenu en position par rapport au niveau haut de l’eau et que l’on abaisse le niveau bas.
La poussée d’Archimède P A comprend alors la résultante F′ des efforts de pression
qui s’exercent alors sur la surface de base du cône, et qu’il faudra donc retrancher pour
obtenir F P .
2. Il suffit de se rappeler que la force élémentaire s’exerçant sur un élément de surface
δΣ est donnée par l’expression : δF = – Pn δΣ.
On intégrera sur toute la surface latérale du cône, et on tiendra
compte des symétries du système.
384 Partie 2 – Physique MPSI
n
P
Exercice 602
KF.book Page 385 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■ 3. Solution
Nous avons donc :
P A = F P + F′
z
;;;;;;
;;;;;;
P0
;;
;;;
;;;
;;;
;;;
1. La résultante des forces de pression s’exerçant
sur la surface latérale n’est pas modifiée si l’on
décale le fond du récipient vers le bas tout en
maintenant fixe le cône. Dans cette configuration, la résultante des efforts de pression sur la
surface totale du cône s’identifie à la poussée
d’Archimède P A .
H
O
(1) avec P A = – m fluides déplacés g
où F′ est associée aux efforts de pression qui s’exercent sur la base du cône. Il vient :
F′ = [ P 0 + ρ e gH ]πR 2 u z
(2)
dP
En effet, la loi de l’hydrostatique s’écrit ici : – ------ – ρ e g = 0
dz
dP
soit avec ρ = ρ e = cste ⇒ ------ = – ρ e g = cste.
dz
Et après intégration : P ( z ) = P ( H ) – ρ e g ( z – H ) = P 0 – ρ e g ( z – H ).
Pour z = 0, nous obtenons donc P = P 0 + ρ e gH.
(1) et (2) donnent : F P = P A – πR 2 ( P 0 + ρ e gH )u z . (3)
Il reste à déterminer la poussée d’Archimède dans la configuration précisée ci-dessus.
Elle est égale et opposée au poids des fluides déplacés. Deux cas sont donc à envisager :
α) H h, le cône est entouré d’eau de telle sorte que : P A = – ρ e Vg = ρ e Vgu z
(4)
;;;;;;;
β) 0 H h, le cône n’est que partiellement
immergé dans l’eau ce qui donne :
Va
;;
;;;;
;;;;
;;;;
;;;;
P A = – [ ρ a V a + ρ e ( V – V a ) ]g
Va désigne le volume « baigné » par l’air.
V – Va
Il faut alors remarquer que la masse volumique de
ρe
l’eau est bien supérieure à celle de l’air  ----- ∼ 10 3 , ce qui permet d’adopter le cadre
 ρa

d’hypothèses suivant :
H1 – La pression dans l’air est uniforme et vaut P0.
H2 – La contribution de la poussée d’Archimède due à l’air est négligée ce qui impose :
PA # – ρe ( V – Va ) g
(5)
En toute rigueur, il faudrait que l’on ait ρ e ( V – V a ) ρ a V a ; cependant, pour V a = V ,
1
on a P A = – ρ a Vg = + --πR 2 ρ a hgu z grandeur qui est effectivement négligeable dans la
3
mesure où l’on a fait l’hypothèse H1, qui revient à ne pas tenir compte de la chute de pression ( ρ a hg ) sur la hauteur du cône…
Chapitre 6 – Thermodynamique 385
Exercice 602
KF.book Page 386 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
;
;;;;
;;;
;
;;;;;
;;
1
Calculons V et Va : V = --πR 2 h
h′
3
α
1
R
R′
h
V a = --πR′ 2 h′ et tan α = --- = ----3
h
h′
R′
1
h′ 3
d’où V a = --πR 2 h  ----
avec h′ = h – H
 h
3
R
H 3
soit
V a = V 1 – ---- .
h
H 3
À cette approximation, nous obtenons donc : P A # ρ e g V 1 –  1 – ---- u z .

h
H
Nous pouvons maintenant donner l’expression de la force F P :
α) H h :
F P = ρ e Vgu z – πR 2 ( P 0 + ρ e gH )u z


3H
F P =  – πR 2 P 0 – ρ e gV  ------- – 1 u z .
 h



Et avec les notations du texte F 0 = πR 2 P 0 , F 1 = ρ e gV :
D’où :


H
F P =  – F 0 – F 1  3 ---- – 1  u z
 h



(6)
Dans ce cas, la pression varie linéairement en fonction de H en tout point de la surface
latérale du cône, il en est donc de même de la force F P :
β) H h :
H 3
F P = ρ e gV 1 –  1 – ---- u z – πR 2 ( P 0 + ρ e gH )u z .

h
D’où

3H
H 3 
F P = –  F 0 + F 1 ------- – 1 +  1 – ---- u z

h
h 

(7)
Il y a bien continuité de F P (conférer (6) et (7)) pour h = H.
H
Traçons le graphe donnant F P ( F P = – F P u z ) en fonction de la variable X = ---- :
h
FP
F 0 + 2F 1
F0
1
F ( 1 ) = F 0 + 2F 1 .
H
X = ---h
On a F P ( 0 ) = F 0 ;
• Remarquons enfin que le solide reposera (sans intervention extérieure) sur le fond du
récipient que si son poids est supérieur à la poussée d’Archimède, soit pour :
Mg ρ e ( V – V a ) pour H h
Mg ρ e V pour H h .
386 Partie 2 – Physique MPSI
2. On a :
FP = –
Exercice 602
KF.book Page 387 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
;
;
;
;
;
;
;
z
∫ ∫ P ( M )n δΣ.
La répartition des efforts de pression possède la symétrie
de révolution autour de l’axe Az du cône, de telle sorte que
la résultante de ces efforts est colinéaire à u z soit :
uz


F P = ( F P ⋅ u z )u z =  – P ( M )n ⋅ u z δΣ  u z = – F P u z .


Notons que n ⋅ u z = sin α.
Pour calculer δΣ, considérons la portion de la surface du
cône située entre les plans de cotes z et z + dz ; nous avons :
δΣ = 2πrdl, avec dl cos α = dz .
r(z)
De plus, tan α = --------- (origine prise au sommet A du cône)
–z
dz
soit δΣ = – 2πz tan α ------------ et n ⋅ u z δΣ = – 2πz tan2 αdz .
cos α
∫∫
n
α
M
A
z
A
;
;;
;
F P = – 2π tan2 α
D’où
0
∫– h P ( z )z dz
dl
r
(8)
Envisageons alors les deux cas de figure selon que le cône est complètement immergé
ou non dans l’eau :
α) H h :
P ( z ) = P 0 + ρ e g ( H – h – z ) puisque la pression doit augmenter lorsque ( – z ) croît.
L’intégrale (8) s’écrit alors :
F P = – 2π tan2 α
0
∫– h [ P0 + ρe g ( H – h – z ) ]z dz
ce qui donne :
– h2
– h2
h3
F P = – 2 π tan2 α P 0 ⋅  --------- + ρ e g ( H – h ) ⋅  --------- – ρ e g ----- .
 2 
 2 
3
R
2h
Soit avec tan α = --- (et donc R = h tan α ) : F P = πR 2 P 0 + πR 2 ρ e g H – h + ------ .
h
3
1 2
Finalement, nous obtenons avec V = --πR h :
3
3H
F P = πR 2 P 0 + ρ e gV ------- – 1
h
;;;;;
;;;;;
A
h′
;
;;;
;;;
;;;
;
β) H h :
Rappelons que h′ = h – H, d’où :
P = P 0 pour – ( h – H ) z 0.
P = P 0 + ρ e g ( H – h – z ) pour – h z – ( h – H ).
H
Chapitre 6 – Thermodynamique 387
Exercice 603
KF.book Page 388 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
L’intégrale devient ici :
0
 – (h – H)

F P = – 2π tan2 α 
[ P 0 + ρ e g ( H – h – z )z dz ] +
P 0 z dz 
–
h
–
(
h
–
H
)


2
2

(h – H) h
F P = – 2π tan2 α  [ P 0 + ρ e g ( H – h ) ] -------------------- – ----- …
2
2

( h – H )2 
( h – H )3 h3
+ ρ e g -------------------- – ----- – P 0  -------------------- .

2 
3
3
Soit encore :
∫
∫


h2
1 1
h3 h2
F P = – 2π tan2 α  – P 0 ----- – ρ e g ( h – H ) 3  -- – -- – ρ e g ----- + ----- ( H – h ) 
 2 3
3
2
3



h
2 
H 3
F P = πR 2  P 0 + ρ e g ---  1 – ---- + ρ e g H – h + --h .


3
3 
h

Finalement

H 3
3H 
F P = πR 2 P 0 + ρ e gV   1 – ---- – 1 + ------- 


h
h 

Ces résultats, établis par un calcul direct sous forme d’intégrale, sont bien sûr identiques à ceux obtenus à partir d’un bilan de forces utilisant le théorème d’Archimède.
POINT MÉTHODE
La première méthode semble donc préférable à la seconde.
Encore faut-il s’assurer que l’on peut utiliser la notion de poussée d’Archimède
(l’état de référence devant correspondre à un état d’équilibre hydrostatique…).
603 Ballons ascensionnels
1. Montgolfière : on considère une enveloppe de volume constant V 0 , remplie d’air
(supposé gaz parfait) à la température T′. Ce ballon est ouvert à sa partie inférieure,
de façon à rester constamment en équilibre uniquement de pression avec l’air extérieur (dont la température est T). On note M0 la masse totale de l’enveloppe, du dispositif de chauffage, de la nacelle et des passagers.
a. Exprimer la relation liant T′ notamment à T et P pour que le ballon soit en équilibre du point de vue mécanique, à la pression ambiante P.
b. Application numérique : V 0 = 1 200 m 3 ; M 0 = 400 kg ; g = 9,8 m ⋅ s –2 ;
P 1 = P 0 = 10 5 Pa ; T 1 = 290 K (valeurs de T et P au sol). Masse volumique de
l’air dans les conditions normales (P0 et T 0 = 273 K ) : ρ 0 = 1,3 kg ⋅ m –3 .
Montrer que le ballon décolle si T′ est supérieure à une température limite T 1′ que
l’on calculera.
388 Partie 2 – Physique MPSI
c. Pour quelle valeur T 2′ de T′ le ballon serait-il en équilibre à l’altitude de 200 m ?
On posera T 2′ = T 1′ + ∆T′ et on cherchera à déterminer ∆T′ sachant qu’à cette altitude, la température est T 2 = 289 K. Commenter.
2. Ballon-sonde : dans ce cas, l’enveloppe du ballon (souple et ouverte à la partie
inférieure) a un volume maximal V m = 1 200 m 3 , et ne contient initialement, au
moment du décollage, qu’un volume V 0 d’hélium, aux conditions de température et
de pression de l’air environnant (valeurs T 1 = 290 K et P 1 = P 0 = 10 5 Pa au
niveau du sol), la masse de l’enveloppe et du matériel employé est M 0 = 250 kg.
On donne : R = 8,31 J ⋅ mol –1 ⋅ K –1 ; g = 9,81 m ⋅ s –2 ; masses molaires de l’air et
de l’hélium : 29 et 4 g ⋅ mol –1 .
a. Quelle masse minimale d’hélium faut-il introduire dans l’enveloppe pour que le ballon décolle ? Quel est le volume V 0 correspondant ?
b. Le ballon a été rempli, au sol, avec un volume d’hélium V 0 = 300 m 3 .
Quelle est la force ascensionnelle au départ ?
Comment évolue cette force avec l’altitude ?
Quelle peut être la loi du mouvement ascendant du ballon ?
c. Déterminer la relation liant les valeurs T et P de la température et de la pression
de l’air à l’altitude où le ballon est en équilibre. Donner la valeur du plafond H atteint
par le ballon dans l’hypothèse d’une atmosphère isotherme. Commenter.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Poussée d’Archimède.
• Loi des gaz parfaits.
• Loi de l’hydrostatique.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. a. Le ballon est soumis à son poids et à la poussée d’Archimède : il est important de
bien préciser le système, et le volume qu’il occupe ; le poids sera donc celui du
« matériel » (masse M0), et celui de l’air chaud contenu dans le ballon (masse m ′).
b. Pour de petites variations d’altitude, température et pression de l’air atmosphérique
varient peu : on pourra utiliser une relation approchée pour calculer la variation de
pression.
2. Dans le cas du ballon-sonde, les forces en présence sont les mêmes, mais on a alors
intérêt à limiter le système au matériel et à l’hélium emporté, de volume total pratiquement égal à celui de l’hélium. Enfin, lorsque l’altitude varie :
• de nouvelles forces peuvent apparaître ;
• les conditions de température et de pression changent, et le volume occupé par
l’hélium change : si ce volume atteint la valeur Vm, de l’hélium s’échappe du ballon…
Chapitre 6 – Thermodynamique 389
Exercice 603
KF.book Page 389 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 603
KF.book Page 390 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■ 3. Solution
1. a. Prenons comme système le ballon, ses accessoires et son contenu : il est soumis
aux forces de pesanteur et à la poussée d’Archimède P A , soit une force ascensionnelle :
f = P A – ( M 0 + m′ )g
(1)
en notant m ′ la masse de l’air – à la température T – contenu dans le ballon.
La poussée d’Archimède P A est égale au poids du volume V d’air – à la température
T – dont le ballon occupe la place : on peut raisonnablement prendre V = V 0 (ce qui
revient à négliger devant V0 le volume occupé par le matériel et les passagers…).
Exprimons PA : P A = ρ air V 0 g.
nM
Et d’après la loi des gaz parfaits, PV = nRT = --------RT (M = masse molaire de l’air).
M
MP
nM
MP
ρ air = -------- ⇒ ρ air = -------- avec ρ 0 = ----------0 (cf. énoncé).
RT 0
V
RT
T
P
P T0
0
D’où ρ air = ρ 0 ----- ⋅ ----- (2) et P A = ρ 0 V 0 g ----- ⋅ ----- .
P0 T
P0 T
Pour déterminer la masse m ′ d’air contenue dans le ballon, il suffit d’utiliser (2) en y
remplaçant T par T′ (air chauffé). D’où :
P T0
m′ = ρ′V 0 ⇒ m′ = ρ 0 V 0 ----- ⋅ ----- .
P 0 T′
La force de propulsion (1) s’écrit alors :
PT 0 1 1
f = ρ 0 gV 0 ---------  --- – ----- – M 0 g (3)
P 0  T T′
Or
Le ballon est en équilibre à l’altitude considérée (air ambiant à la pression P et à la température T) pour une température T ′ de l’air du ballon telle que f ( T′ ) = 0.
Commentaire
Cela suppose l’existence de frottements fluides (du type f ′ = – αV ) de telle sorte que la
vitesse de montée s’annule en même temps que la force…
Soit :
1
1 1 M0 P0
----- = --- – ----- ------------ ⋅ ----T′
T T0 ρ0 V0 P
(4)
1. b. Le ballon décollera si l’on a f 0 pour P = P 0 et T = T 1 = 290 K. Cela suppose donc, d’après (3) :
M0
1
1
T′ T′1 avec d’après (4) : ------- = ----- – ----------------- (5)
T′1
T1 T0 ρ0 V0
D’où
390 Partie 2 – Physique MPSI
T1
T′1 = -------------------------T1 M0
1 – ----- -----------T0 ρ0 V0
T¢1 = 399 K (398,6 K).
1. c. Le ballon est en équilibre à l’altitude de z = 200 m pour une température T′2
telle que (cf. (4)) :
1 M0 P0
1
1
------- = ----- – ----- ------------ ----- (6)
T′2
T2 T0 ρ0 V0 P2
Il reste à déterminer la pression P2 de l’air ambiant. Écrivons la loi de l’hydrostatique :
dP
PT
------ = – ρg où ρ = ρ 0 ----- -----0 .
dz
P0 T
Τ variant peu (T (au sol) = T1 = 290 K ; T ( z = 200 m ) = T 2 = 289 K ), on négligera
les variations de ρ sur une différence d’altitude de 200 m, d’où :
T0
1 dP
1,3 × 273 × 9,81
- ∼ – --------------------------------------- ------ = – ρ 0 g -------- ∼ – 10 –4 m –1 .
P dz
P0 T
10 5 × 290
La pression varie donc également très peu sur le même intervalle.
T0 P2
T0
dP
Posons P 2 = P 0 + ∆P. Nous ferons l’approximation : ------ = – ρ 0 g ----- ⋅ ----- ≈ – ρ 0 g ----- .
T1 P0
T1
dz
T0
.
Soit ∆P # – ρ 0 gz ----- Soustrayons alors les relations (5) et (6). Il vient :
T1
1 M0 
1 
1
1
1
1
------- – ------- = ----- – ----- – ----- ------------  1 – ----------------
∆P
T′1 T′2
T1 T2 T0 ρ0 V0 
1 + -------

P0 

1 ∆T′
1
soit avec T′2 = T′1 + ∆T′ et ∆T′ T 1′ ⇒ ------- – ------- ≈ --------2- .
T 1′ T 2′
T 1′
1 ∆T .
1
De même T 2 = T 1 + ∆T et ∆T T 1 ⇒ ----- – ----- ≈ ------2T1 T2 T
1
Et
M0
T0
∆P
1
2 ∆T
1 – ---------------- ≈ ------- d’où : ∆T′ ≈ T′1 ------2- + ------------------ ρ 0 gz ----------T
ρ
V
T
∆P P 0
0 0 0
1 P0
T1
1 + ------P0
soit
T′12 ∆T M 0 gz
∆T′ = -------- ------- + ------------T1 T1 V0 P0
L’application numérique donne
∆T¢ = 1,7 K avec ( ∆T = – 1 K ) .
Commentaire
La température T ′ d’équilibre est une fonction lentement variable de z. Un faible échauffement de l’air emprisonné dans le ballon suffira à faire varier notablement l’altitude du ballon.
2. a. Comme précédemment, le bilan des forces s’exerçant sur le système
(enveloppe + hélium + matériel) fait apparaître une force « motrice » résultante :
f = P A – m He g – M 0 g.
La poussée d’Archimède correspond ici à :
M air P 0
P A = ρ 1(air) gV 0 avec ρ 1(air) = ---------------- .
RT 1
Chapitre 6 – Thermodynamique 391
Exercice 603
KF.book Page 391 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 603
KF.book Page 392 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Or l’hélium contenu dans le ballon est dans les mêmes conditions de température (T1)
et de pression ( P 1 = P 0 ) que l’air extérieur, soit :
M He P 0
m He = ρ He g et ρ He = ---------------- .
RT 1
M air
Finalement :
f = ρ He ----------V 0 g – m He g – M 0 g.
M He
M air
f =  ---------– 1 m – M 0 g
 M He  He
Commentaire
M He
Le rapport ---------= d représente la densité du gaz Hélium par rapport à l’air.
M air
Le décollage n’est possible que pour f 0, c’est-à-dire :
M0
m He -----------1
-- – 1
d
soit m He 40 kg.
Ce qui correspond à un volume V0 tel que :
m He
m He RT 1
- = ------------------V 0 = --------ρ He
M He P 0
soit
V 0 = 241 m 3 .
2. b. Il suffit d’exprimer f en fonction du volume d’hélium introduit dans l’enveloppe.
M He P 0
M air
f =  ---------– 1 ----------------V – M 0 g (7)
 M He  RT 1 0
L’application numérique donne f = 601 N.
Sous l’effet de cette force, le ballon va monter, ce qui entraîne une diminution de la
pression (et de la température…). Mais f ne dépend que de la masse d’hélium introduite au départ : tant que celle-ci reste constante, la force reste constante.
Cependant, il serait tout à fait abusif d’en déduire que le ballon va avoir un mouvement
uniformément accéléré ! En effet, lorsqu’il y a mouvement, apparaît une force supplémentaire, due au frottement de l’air sur l’enveloppe, force qui croît avec la vitesse. En
pratique, le ballon va s’élever à la vitesse limite pour laquelle la force de frottement est
égale à f…
2. c. Le mouvement précédent – pratiquement uniforme – va durer tant que mHe reste
constante, c’est-à-dire tant que V He V m (l’hélium n’occupe pas tout le volume du
ballon).
À partir du moment où VHe atteint la valeur Vm, la masse d’hélium peut diminuer (de
l’hélium s’échappe par l’ouverture à la partie inférieure) et la force f également : le
mouvement ascendant se ralentit, et le ballon atteint son altitude d’équilibre pour
f = 0, avec V = V m :
P
f = ( M air – M He ) ------- V m – M 0 g = 0
RT
392 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 604
KF.book Page 393 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
on a remplacé dans (7) P0 par P, T1 par T et V0 par Vm.
M0 R
P
--- = --------------------------------------T ( M air – M He )V m
Soit
Application numérique :
(8)
P
--- = 69,25 Pa ⋅ K –1 .
T
On peut comparer cette valeur à la valeur au sol :
P
-----0 # 345 Pa ⋅ K –1
T1
P
et remarquer que --- diminue régulièrement avec l’altitude (les variations de pression
T
l’emportent largement sur les variations de température…).
Si l’on fait l’hypothèse d’une atmosphère isotherme entre le sol et l’altitude atteinte par
le ballon sonde, soit T ( z ) = T 1 , on peut alors déterminer la pression P ( z ) en fonction de l’altitude z et en déduire le plafond H.
Revenant à la loi locale de l’hydrostatique, nous avons :
P T0
dP
------ = – ρ air g = – ρ 0 g ----- ⋅ ----P0 T1
dz
d’où
ρ 0 gT 0
1
--- dP = – -------------dz.
P0 T1
P
P
P0 T1
z
0 gT 0
----- = – ρ
-------------z = – -- où a = ------------Et après une simple intégration : ln P
- = 8,33 km.
P0 T1
a
0
ρ 0 gT 0
P
Le plafond (cf. commentaire du 1. a.) ( z = H ) est obtenu pour --- = 69,25 soit :
T
T1
H = – a ln  69,25 ⋅ ----- ⇒ H = 13,4 km.

P 0
Commentaire
L’hypothèse de l’atmosphère isotherme n’est certainement pas très réaliste dans le cas envisagé…
604 Effusion par un trou
1. De l’hélium est enfermé dans un récipient de volume V = 1 L maintenu à 0 °C. La
pression initiale est P0 = 1 mmHg.
À l’extérieur du récipient, c’est le vide absolu. Sachant que la paroi est percée d’un
petit trou d’aire s = 1 (µm)2, établir l’expression de la pression P dans le récipent en
fonction du temps. Au bout de combien de temps, la pression aura-t-elle diminué de
moitié ?
Chapitre 6 – Thermodynamique 393
Exercice 604
KF.book Page 394 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2. Au lieu de sortir dans le vide, les atomes passent du récipient (1) à un récipient
(2) de volume V identique au précédent. Les deux récipients sont séparés par une
paroi diatherme percée d’un petit trou de même surface que précédemment.
À la date t = 0, le récipient (1) contient de l’hélium sous pression P0 ; l’autre est vide.
L’ensemble est maintenu à 0 °C.
Établir la loi donnant la pression P2 dans le deuxième récipient en fonction du temps.
P0
Calculer la date à laquelle P 2 = ----- .
4
L’hélium est un gaz monoatomique de masse molaire M = 4 g · mol–1. Le trou est
assez petit pour considérer que le gaz reste au repos. On considère que tous les atomes
3RT
ont une vitesse égale à la vitesse quadratique u = --------- . Ces vitesses ne sont orienM
tées que selon ± u x , ± u y , ± u z . La répartition dans ces six directions est isotrope.
On donne la constante des gaz parfaits R = 8,31 J · K –1 · mol–1.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Vitesse quadratique moyenne d’un gaz parfait monoatomique.
• Loi des gaz parfaits.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Il faut déterminer le nombre d’atomes qui s’échappent par unité de temps, puis
relier ce nombre à la variation de pression.
2. Il y a à la fois passage des atomes de 1 → 2 et de 2 → 1.
■■
Solution
1. • Soit u la vitesse quadratique moyenne des atomes d’hélium.
L’hélium étant un gaz monoatomique :
u =
3RT .
---------M
1
• La répartition des vitesses étant isotrope, -- des atomes a une vitesse orientée selon u x .
6
udt
s
V, T
ux
• Les atomes sortant par le trou d’aire s pendant la durée élémentaire d t sont contenus dans le cylindre de volume
dv = su dt.
N
• La densité atomique étant ---- , le nombre V d’atomes préV
sents dans le récipient diminue pendant le temps d t de
s 3RT
su dtN
dN = – ---------------- = – ------- ---------- dt ⋅ N.
6V M
6V
394 Partie 2 – Physique MPSI
6V M
Soit en notant τ = ------- ---------s 3RT
Exercice 604
KF.book Page 395 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
(1) :
N
dN
-------- = – ---τ
dt
et en tenant compte des conditions initiales (N = N0 à t = 0) :
t
– --
N = N0 e τ .
Par ailleurs, d’après la loi des gaz parfaits :
NRT
P = ------------ , a étant le nombre d’Avogadro.
a
Il vient donc
P = P0 e
t
– -τ
P
6V M
P = ----0- pour t 1 = τ ln 2 soit t 1 = ------- ---------- ln 2
s 3RT
--2
2
2
(2).
Application numérique :
t 1 ª 37 jours.
-2
2. Il faut maintenant tenir compte du passage des atomes de 1 vers 2 et de leur passage
de 2 → 1 tout en conservant le nombre d’atomes :
N0 = N1 + N2 (3)
dN
N N
on a ---------1- = – -----1- + -----2- (4) comme précédemment avec τ′ = τ car V et T sont idendt
τ
τ′
tiques pour les 2 récipients.
dN 1
Soit, en éliminant ---------- et N1 dans (4), à l’aide de (3) :
dt
dN 2N
N
---------2- + ---------2 = -----0dt
τ
τ
2t
N0
– ----d’où N 2 = ------  1 – e τ  en tenant compte des conditions initiales

2 
2t
N 2 RT
N 0 RT
– ----et P 2 = ------ ------- = --------- -------  1 – e τ  .

a V
2 a V 
2t
P0
– ----P 2 = -----  1 – e τ 

2
P
τ
P 2 = ----0- pour t′ = -- ln 2.
2
4
Application numérique :
1
t ¢ = --t 1 ⁄ 2 = 18,5 jours.
2
Chapitre 6 – Thermodynamique 395
Exercice 605
KF.book Page 396 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
605 Cloche renversée
On renverse une cloche cylindrique de section s, de hauteur h et de masse m, et on
la laisse descendre verticalement dans une cuve à eau. La cloche s’enfonce dans l’eau
en emprisonnant l’air qu’elle contenait et occupant initialement son volume intérieur.
À l’équilibre, la cloche flotte, la pression atmosphérique
air
vaut P0 et la masse volumique de l’eau est ρ. L’épaisseur
s
P0
des parois de la cloche est supposée négligeable.
air h
eau
1. Déterminer les hauteurs x et y repérant les surfaces
x
y
libres de l’eau par rapport aux bords de la cloche.
2. a. À quelle condition – sur le volume V 0 = hs de
la cloche – celle-ci peut-elle effectivement flotter ?
b. Retrouver le résultat précédent en utilisant le théorème d’Archimède.
■■
Solution
1. L’air emprisonné dans la cloche est comprimé par l’eau
qui y pénètre. Notons P sa pression.
L’équilibre mécanique de la cloche s’écrit alors :
Ps = P 0 s + mg
P0
P0
P
(1)
x
Pour déterminer la pression P, on supposera l’équilibre
thermique atteint, et on assimilera l’air à un gaz parfait,
soit en notant n0 le nombre de moles d’air emprisonnées.
P 0 V 0 = P ⋅ ( V 0 – sy ) = n 0 RT
y
B
A
(2)
Éliminons P entre les relations (1) et (2) :
P0 V0 s
P 0 s + mg = ----------------- .
V 0 – sy
Soit avec V 0 = sh :
P 0 sh
1
h – y = --------------------- ⇒ y = h 1 – ----------------- .
P 0 s + mg
mg
1 + ------P0 s
Finalement
1
y = h ⋅ ----------------P0 s
1 + ------mg
(3)
La valeur de x s’en déduit en évaluant de deux façons différentes la pression en A :
on a d’une part : P A = P + ρgy
et d’autre part : P A = P B = P 0 + ρgx.
396 Partie 2 – Physique MPSI
D’où
P–P
x = y + --------------0
ρg
Exercice 605
KF.book Page 397 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
(4)
Et d’après (3) et (1) :
m
h
x = ----------------- + ----P 0 s ρs
1 + ------mg
(5)
2. a. Le calcul fait ci-dessus n’a de sens que si la cloche flotte, c’est-à-dire si la pression P0
de l’air s’exerce effectivement sur la face supérieure (cf. relation (1)). Il faut pour cela :
x h.
m
mg
h --------------------- + ----- h
P 0 s + mg ρs
Soit
m
mg
h 1 – --------------------- ----ρs
P 0 s + mg
et avec V 0 = hs :
m P 0 s + mg
V 0 ---- ⋅ --------------------ρ
P0 s
soit V 0 V c avec
m
mg
V c = ----  1 + -------
ρ
P 0 s
2. b. Plaçons-nous à la limite où la surface supérieure
P1
de la cloche renversée affleure à la surface de l’eau. On
a donc x = x 1 = h.
xl = h
yl
La cloche renferme alors un volume Ve d’eau associée à
la hauteur y l .
Écrivons que le système cloche + air emprisonné + eau qui a pénétré dans la cloche
(volume Ve) est en équilibre.
La poussée d’Archimède PA doit alors compenser le poids total du système (poids de la
cloche auquel s’ajoute celui du volume Ve d’eau, poids de l’air négligé). D’où :
P A = ( m + ρV e )g
P A = ρV c g ⇒ ρV c = ρV e + m
or
(6)
V c désigne la valeur limite de V 0 pour qu’il en soit ainsi.
( Vc – Ve )

( P 0 s + mg ).
 P V = ---------------------s
n 0 RT = P 1 ( V c – V e ) = P 0 V c  0 c
Soit avec P 0 s + mg = P 1 s
et
D’où
mg
mg
P 0 V c = V c  P 0 + ------- – V e  P 0 + -------


s 
s 
mg
mg
V e  P 0 + ------- = V c ------- .

s
s 
Chapitre 6 – Thermodynamique 397
Exercice 606
KF.book Page 398 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Soit avec (6)
mg
------s
m
-----------------V c = ---- + V c
mg
ρ
P 0 + ------s
m
mg
mg
mg
V c  P 0 + ------- = ----  P 0 + ------- + V c ------
ρ
s
s 
s 
m
mg
P 0 V c = ----  P 0 + ------- .
ρ
s 
Finalement
m
mg
V c = ----  1 + -------- .
ρ
P 0 s
On retrouve bien la même expression de la valeur limite du volume intérieur de la cloche. L’équilibre n’est donc possible que pour :
V0 Vc
V c est naturellement une fonction croissante de la masse m de la cloche et décroissante
de la masse volumique du fluide.
606 Retenue d’eau par un barrage
1. Un barrage droit permet de réaliser une retenue
d’eau sur une profondeur H et une largeur L.
La pression de l’air est P0 , et la masse volumique de
l’eau est constante et vaut ρ0.
Déterminer la résultante F des efforts de pression
qu’exerce l’eau sur le barrage.
On écrira F = F x u x + F z u z .
Déterminer le centre de poussée C.
;;;;;
;;;;;
;;;;;
;;;;;
z
P0
H
O
2. Le profil du barrage est modifié. Il correspond à
z
une courbe d’équation z = f ( x ). La hauteur
d’eau demeure H et la largeur est L. On notera x0
H
A
g
l’abscisse du point le plus haut de la courbe atteint par l’eau.
Donner les expressions des composantes F x et F z
de la résulante des efforts de pression exercés par
O
l’eau sur le barrage.
1 2
Application à un profil parabolique d’équation z = --- x .
h
3. Commenter les résultats obtenus aux 1. et 2. relatifs à la composante Fx.
;;;;;;
;;;;;;
;;;;;;
;;;;;;
398 Partie 2 – Physique MPSI
g
x
x
■■
Exercice 606
KF.book Page 399 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Solution
1. La résultante des efforts de pression s’exerçant sur le barrage est donnée par l’expression :
F =
∫ ∫ P ( M )n δΣ.
;;;;;
;;;;;
;;;;;
;;;;;
z
P0
H
Ici n est orienté dans le sens fluide → solide,
n
O
et l’on a n = u x ,
g
x
ux


F =  P ( M )δΣ  u x (1)


La pression dans l’eau varie linéairement avec z (loi de l’hydrostatique) :
P ( z ) = P 0 + ρ 0 g ( H – z ) ; P(H) = P0 .
∫∫
d’où :
L’intégrale (1) s’écrit alors avec δΣ = Ldz :
F =
H
∫0 [ P0 + ρ0 g ( H – z ) ]Ldz ux
H2
F = L P 0 H + ρ 0 g  H 2 – ------ u x

2
soit :
H
F x = LH P 0 + ρ 0 g ---2
Fz = 0
D’où :
(1)
Centre de poussée C :
Il se situe sur l’axe Oz à mi-largeur et à une altitude z c (comptée
à partir de O) définie en écrivant que le moment en C des forces
H
de pression y est nul. On a nécessairement z c ---- la pression
2
diminuant quand z augmente au sein du fluide.
z
δF
C
On a donc pour la force δF = P ( z )Ldz u x
O
δ
( C ) = ( z – z c )P ( z )Ldz u y
et au total : ( C ) =
D’où : z c ⋅ F =
H
∫0 ( z – zc )δFuy
H
H
L’intégrale I donne :
I =
x
z
= 0.
∫0 zδF = ∫0 zP ( z )Ldz
y
M
δF
z – zc
= I.
C
H
∫0 z [ P0 + ρ0 g ( H – z ) ]Ldz
et
H2
H3 H3
I = L P 0 ------ + ρ 0 g  ------ – ------
 2
2
3
Soit avec (1) :
LH 2
H
---------- P 0 + ρ 0 g ---2
3
z c = ----------------------------------------H
LH P 0 + ρ 0 g ---2
LH 2
H
= ---------- P 0 + ρ 0 g ---- .
2
3
Chapitre 6 – Thermodynamique 399
Exercice 606
KF.book Page 400 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
H
P + ρ 0 g ---H 0
3
z c = ---- ------------------------2
H
P 0 + ρ 0 g ---2
d’où
H
on a bien z c ---- comme il se doit…
2
2. Le profil du barrage correspond désormais à la courbe d’équation z = f ( x ).
Notons s l’abscisse curviligne repérant – à partir du
z
point O – tout point M de cette courbe. Calculons la
A
force élémentaire s’exerçant sur la « bande » de longueur L et de largeur ds
ds
;;;;;;
;;;;;;
;;;;;;
;;;;;;
;;;;;;
;;;;;;
;;;;;;
δF = P ( M )n δΣ où δΣ = Lds
avec P ( M ) = P 0 + ρ 0 g ( H – z ) (cf. 1.).
Projetons cette force sur les axes Ox et Oz, nous
obtenons :
δF x = P ( M )n ⋅ u x δΣ = P ( M ) cos αLds
or cos αds = dz, d’où δF x = P ( z )Ldz
et au total
Fx = L
M
O
α
n
ds
H
∫0 P ( z )dz.
α dz
dx
De même : δF z = P ( M )n ⋅ u z δΣ = – P ( M ) sin αLds
avec cette fois-ci sin α ds = dx, d’où :
δF z = – P ( z )Ldx et F z = – L
x0
∫0
P [ f ( x ) ]dx.
Finalement, nous avons F = F x u x + F z u z avec :
Fx = L
H
∫0 P ( z )dz
= L
H
∫0 [ P0 + ρ0 g ( H – z ) ]dz
H
= LH P 0 + ρ 0 g ---- .
2
H
F x = LH P 0 + ρ 0 g ---2
et
Fz = –L
x0
∫0
[ P 0 + ρ 0 g ( H – f ( x ) ) ]dx
où H = f ( x 0 ).
1
• Application à un profil parabolique z = --- x 2 :
h
Il vient Hh = x 02 d’où x 0 = Hh
et
Fz = –L
∫0
Hh
Fz = –L P0
D’où
x2
P 0 + ρ 0 gH – ρ 0 ⋅ g ----- dx
h
ρ0 g
Hh + ρ 0 gH Hh – -------- Hh Hh .
3h
2
F z = – L Hh P 0 + --ρ 0 gH .
3
400 Partie 2 – Physique MPSI
x
;;;;;
;;;
;;;
;;;;;
• On pourrait s’étonner que la composante Fx de la
résultante des efforts de pression ne dépende pas du
profil du barrage. Pour s’en persuader aisément,
considérons le volume de fluide délimité par le barrage et le plan x = 0. Écrivons qu’il est en équilibre sous l’effet de son poids, des efforts de pression
(eau + air) et de la réaction du barrage sur l’eau.
Exercice 607
KF.book Page 401 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
F0
F1
O
g
–F
x0
x
M e g + F 0 + F 1 + ( – F ) = 0 , où F est la force que l’on cherche.
Projetons cette équation sur l’axe des x :
0 + 0 + F1 ux – Fx ux = 0 ⇒ Fx = F1 .
La composante Fx ne dépend pas du profil f ( x ) du barrage.
• On peut profiter de la remarque précédente pour calculer la composante Fz. Soit en
projetant maintenant sur z : – M e g – F 0 + 0 – F z = 0 ⇒ F z = – M e g – F 0
avec F 0 = P 0 Lx 0 et M e = ρ e L, où est l’aire de la surface hachurée, soit :
=
D’où
F z = – P 0 Lx 0 – ρ e Lg
x0
∫0
x0
∫0
( H – z )dx.
( H – z )dx
H
que l’on peut encore écrire :
Fz = –L
x0
∫0
[ P + ρ e g ( H – f ( x ) ) ]dx.
O
;;
;;
dx
x0
z
x
607 Pompe aspirante et refoulante
On désire faire le vide dans un réservoir de
volume V0 fixé et contenant de l’air sous la
pression initiale P = P e (pression atmosphérique). On utilise une pompe constituée
d’un cylindre dans lequel se déplace un piston effectuant N allers et retours par
seconde. En position haute, le volume dans
le cylindre est V2 ; en position basse, il est
V1. La soupape S1 (respectivement S2)
s’ouvre dès que la pression dans le cylindre
est inférieure (respectivement supérieure)
ou égale à celle du réservoir (respectivement de l’atmosphère : Pe), et reste fermée
dans le cas contraire.
Pe
position haute
position basse
S2
S1
réservoir
V0, P
extérieur
(Pe)
Chapitre 6 – Thermodynamique 401
Exercice 607
KF.book Page 402 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
On prendra P e = constante = 10 5 Pa, et toutes les transformations seront supposées
isothermes ( T = 300 K, température de l’atmosphère). De plus V 1 V 2 V 0 :
V
V
V 0 = 1 000 L, -----2- = 10 –3 et -----1- = 10 –2 .
V0
V2
L’air est assimilé à un gaz parait, de masse molaire M = 29 g, et R = 8,31 J ⋅ K –1 ⋅ mol –1.
Le déplacement du piston s’effectue sans frottements. N = 10.
1. La pression dans le réservoir est P et le piston est en position basse.
Déterminer la nouvelle pression P′ dans le réservoir ainsi que la masse d’air δm p pompée après un aller et retour du piston. Quelle est la pression limite Pl que permet
d’atteindre la pompe ?
Application numérique : calculer Pl , puis δm p et δP = P′ – P pour P = P e .
2. Après le nième aller et retour du piston, la pression dans le réservoir est devenue Pn.
V0
a. Donner la relation déterminant Pn en fonction de Pe , Pl , n et du rapport ---------------- .
V0 + V2
b. Montrer que l’on peut considérer que la pression P dans le réservoir varie de façon
quasi continue selon une loi P(t) que l’on précisera.
c. Retrouver le résultat précédent en remarquant (cf. 1.) que δP est très petit devant P.
3. Déterminer le travail W T ( n → n + 1 ) que l’on doit fournir pour un aller retour du
piston, la pression dans le réservoir passant de la valeur Pn à Pn + 1. On exprimera le
résultat en fonction de Pn , Pn + 1, Pe et V0 .
En déduire l’expression du travail total W T′ qui permet d’atteindre la pression limite Pl .
Application numérique : calculer W T′ .
■■
Solution
1. En fin de descente, le cylindre contient un volume V1 d’air à la pression Pe , soit une
masse m1 telle que :
Pe V1 M
RT
- (M = masse molaire de l’air).
P e V 1 = m 1 ------- ⇒ m 1 = ---------------M
RT
Dès que le piston amorce sa remontée, la soupape S2 se ferme et la pression diminue
dans le cylindre (S1 fermée) jusqu’à ce qu’elle atteigne la valeur P du réservoir.
Dès lors, la soupape S1 s’ouvre, la masse m d’air contenue dans le réservoir et celle m1
du cylindre subissent une détente isotherme amenant l’ensemble au volume V 0 + V 2
(S2 reste fermée, la pression diminuant encore).
PV 0
On a m = ---------M.
RT
Quand le piston commence à redescendre, la soupape S1 se referme, le réservoir
contenant alors de l’air à la pression P′ définie selon :
RT
P′ ( V 0 + V 2 ) = ( m + m 1 ) ------- = PV 0 + P e V 1 .
M
402 Partie 2 – Physique MPSI
On a donc
V1
V0
+ P e -----------------P′ = P -----------------V0 + V2
V0 + V2
Exercice 607
KF.book Page 403 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
(1)
La masse d’air δm p pompée après un aller et retour correspond à :
MV
δm p = m ( P ) – m ( P′ ) = -----------0 ( P – P′ ).
RT
Soit
MV 0 PV 2 – P e V 1
δm p = ----------- --------------------------RT V 0 + V 2
(2)
On atteint la pression limite pour P′ = P = P , d’où :
V0
V1
P = P ------------------ + P e ------------------ ⇒
V0 + V2
V0 + V2
V1
P = P e -----V2
(3)
Commentaire
On aurait également pu écrire que la limite étant atteinte, on a nécessairement δm p = 0
pour P = P ce qui redonne bien le même résultat.
Application numérique : si l’on tient compte de V 0 V 2 et V 2 V 1
V1 – V2
V2
1
δP = P′ – P # ------ ( P e V 1 – PV 2 ) = P e  ------------------ ≈ – P e ------ ⇒ δ P ∼ – 100 Pa
 V0 
V0
V0
MV 0
δm p = ----------- ( – δP ) ⇒ δm p = 1,15 g
RT
V1
P = P e ------ ⇒ P = 10 3 Pa.
V2
2. a. Avant le nième aller et retour, la pression dans le réservoir est Pn – 1.
Après, elle devient Pn. La relation définissant Pn à partir de Pn – 1 est la même que celle
établie au 1. entre P′ et P (faire P → Pn – 1 et P′ → Pn), soit :









V1
V0
P n = P n – 1 -----------------+ P e ------------------ .
V0 + V2
V0 + V2
Il suffit de noter P 0 = P e (pression de l’air dans le réservoir avant le début du pompage).
Les différentes pressions successives dans le réservoir forment une suite { P n }. Sachant
que cette pression doit tendre vers P, posons : P n′ = P n – P .
V1
V0
P + P n′ = ------------------ ( P + P′n – 1 ) + P e -----------------D’où :
V0 + V2
V0 + V2
Pe V1
P V2
V0
1
P = P V
soit encore :
P n′ = ------------------P′n – 1 + ------------------ – -----------------e ------ .
 V0 + V2
V2
V0 + V2 V0 + V2
0
La suite { P n′ } constitue donc une suite géométrique et :
n
V0
P n′ = P 0′  ------------------ avec P 0′ = P 0 – P = P e – P .
 V 0 + V 2
n
V0
Finalement, nous obtenons : P n = P +  ------------------ ⋅ [ P e – P ]
 V 0 + V 2
(3)
Chapitre 6 – Thermodynamique 403
Exercice 607
KF.book Page 404 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
2. b. La pression dans le réservoir vaut :
P = Pe
P = P1
P = Pn
à t0 = 0
à t 1 = ∆t
à t n = n∆t etc.
1
où ∆t = ---- est la durée d’un aller et retour du piston.
N
Nt n
V0
On a donc P n = P ( t n ) = P + ( P e – P )  ------------------ .
 V 0 + V 2
V0 + V2 

Soit encore : P ( t n ) = P + ( P e – P ) exp  – Nt n ln  ------------------ 
 V0 


V
NV 2
V2
V
2
or ------ 1 ⇒ ln  1 + -----2- ≈ ------ , ce qui donne : P ( t n ) # P + ( P e – P ) exp  – ----------- t n .



V0
V0
V0 
V0
Il apparaît un temps caractéristique τ d’évolution de la pression :
V0
τ = ---------NV 2
τ = 100 s.
Le temps est très grand devant la durée ∆t de chaque « cycle » puisque :
V2
∆t
----- = ------ ≈ 10 –3 .
V0
τ
On peut alors considérer que la pression P dans le réservoir évolue de façon quasi continue selon la loi :
t
P ( t ) = P + ( P e – P ) exp  – --
 τ
2. c. On a établi au 1. que :
Pe V1 – Pn V2
V1
V0
– 1 + P e ------------------ = ----------------------------δP = P n + 1 – P n = P n  ----------------- V0 + V2 
V0 + V2
V0 + V2
Pe
P
1
δP
δP
1
et ------ = ------------------ V 1 -----e – V 2 ⇒  – ------ = ------------------ V 2 – V 1 ----- .


Pn
V0 + V2
Pn
Pn V0 + V2
Pn
V2
1
δP
Ainsi, on a  – ------ ------------------ ( V 2 – V 1 ) ∼ ------ ∼ 10 –3 .
 P  n V0 + V2
V0
La quantité δP étant très faible devant P, on peut confondre la dérivée de P(t) avec le
δP
taux d’accroissement ------ , ce qui donne :
∆t
dP δ P
N
1
------ # ------ = ------------------ ( P e V 1 – PV 2 )
∆t = ---- .
dt
∆t
V0 + V2
N
NV 2
N
dP
D’où l’équation différentielle : ------ + ------------------P = ------------------P e V 1 .
V0 + V2
dt V 0 + V 2
V 1 dP
1 V0 + V2 V0
Soit avec τ = ---- ------------------ ≈ ----------- et P = P e ------ : τ ------ + P = P .
NV 2
V2
N V2
dt
404 Partie 2 – Physique MPSI
Donc la solution est bien, avec P ( 0 ) = P e :
Exercice 607
KF.book Page 405 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
t
P ( t ) = P + ( P e – P ) exp  – --
 τ
3. Remarquons tout d’abord que la pression ambiante Pe au-dessus du piston n’exerce globalement aucun travail puisque le piston revient à sa position initiale au bout d’un cycle.
Reconsidérons un cycle, la pression est Pn dans le réservoir et le piston en position
basse amorce sa remontée.
• 1re phase :
Le piston remonte jusqu’à une position
pour laquelle la pression à l’intérieur du
cylindre devient Pn (ce qui provoque
Pn , V′
l’ouverture de la soupape S1). Le travail
Pe , V1
« fourni » par le piston est alors :
W1 = –
V′
∫V PdV,
S1
avec PV = P e V 1
S2
S1
S2
1
d’où W 1 = –
V′
dV
- ⇒ W1
∫V Pe V1 -----V
1
V1
= P e V 1 ln  ------
 V′
Pn
or P n V′ = P e V 1 , soit : W 1 = P e V 1 ln  -----
 P e
• 2e phase :
S1 étant ouverte, l’air contenu dans le
cylindre et le réservoir se détend, la pression passant de Pn à Pn + 1 et le volume de
V′ + V 0 à V 2 + V 0 .
D’où
W2 = –
Pn + 1, V2
Pn , V′
V2 + V0
∫V + V′ PdV
S1
S2
S1
S2
0
avec PV = P n V 0 + P n V′.
D’où
W 2 = – ( P n V 0 + P n V′ )
V0 + V2
dV
∫V + V′ -----V
0
V0 + V2
soit encore W 2 = – P n ( V 0 + V′ ) ln  ------------------ .
 V 0 + V′
Pn + 1
Or on a P n ( V 0 + V′ ) = P n + 1 ( V 0 + V 2 ) d’où : W 2 = P n ( V 0 + V′ ) ln  ------------
 Pn 
Pn + 1
et avec P n V′ = P e V 1 : W 2 = ( P n V 0 + P e V 1 ) ln  ------------
 Pn 
• 3e phase :
Le piston redescend et S1 se referme ; l’air
contenu dans le cylindre subit une compression qui l’amène à la pression Pe pour
laquelle la soupape S2 s’ouvrira :
W3 = –
V″
∫V
Pn + 1, V2
Pe, V ″
PdV
2
avec PV = P n + 1 V 2 = P e V″
S1
S2
S1
S2
Chapitre 6 – Thermodynamique 405
Exercice 607
KF.book Page 406 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
d’où : W 3 = – P n + 1 V 2
Soit
V″ dV
∫V
------- ,
V
2
et
V″
W 3 = – P n + 1 V 2 ln ------ .
V2
Pn + 1
W 3 = – P n + 1 V 2 ln  ------------
 Pe 
• 4e phase :
L’air est refoulé à pression constante Pe ,
d’où : W 4 = – P e ( V 1 – V″ )
soit W 4 = – P e V 1 + P 0 V″
avec P e V″ = P n + 1 V 2
et :
Pe , V″
W4 = –Pe V1 + Pn + 1 V2
Pe , V1
Le travail total qu’il aura fallu fournir est :
S1
S2
WT ( n → n + 1 ) = W1 + W2 + W3 + W4
Pn
Pn + 1
W T ( n → n + 1 ) = P e V 1 ln  ----- + ( P n V 0 + P e V 1 ) ln  ------------
 P e
 Pn 
S1
S2
Pn + 1
– P n + 1 V 2 ln  ------------ + P n +1 V 2 – P e V 1
 Pe 
avec, de plus : P n + 1 ( V 0 + V 2 ) = P n V 0 + P e V 1 (4)
Ce qui peut encore s’écrire sous la forme suivante :
Pn
W T ( n → n + 1 ) = [ P e V 1 – ( P n V 0 + P e V 1 ) ] ln  -----
 P e
Pn + 1
+ [ ( P n V 0 + P e V 1 ) – P n + 1 V 2 ] ln  ------------ + [ P n + 1 V 2 – P e V 1 ]
 Pe 
or d’après (4) : P n V 0 + P e V 1 – P n + 1 V 2 = P n + 1 V 0
et
P n + 1 V 2 – P e V 1 = V 0 ( P n – P n + 1 ).
Pn
Pn + 1
D’où : W T ( n → n + 1 ) = – P n V 0 ln  ----- + P n + 1 V 0 ln  ------------ – V 0 ( P n + 1 – P n )
 P e
 Pe 
Calculons maintenant le travail nécessaire pour atteindre la pression limite P dans le
réservoir :
∞
W T′ = – V 0
∑ (P
0
soit avec P0 = Pe :
Finalement
∞
n+1
– Pn ) +
∑
0
Pn + 1
Pn
V 0 P n + 1 ln  ------------ – V 0 P n ln  -----
 Pe 
 P e
P
Pe 

W T′ = – V 0 ( P – P e ) + V 0  P ln  ----- – P e ln  -----  .
 P e
 P e


P
W T′ = – V 0 ( P – P e ) + V 0 P ln  -----
 P e
3
10
Application numérique : W T′ = – 1 ⋅ ( 10 3 – 10 5 ) + 1 ⋅ 10 3 ln  -------5- ⇒ W t′ = 94 kJ.
 10 
406 Partie 2 – Physique MPSI
KF.book Page 407 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
B. Bilans d’énergie
611 Équilibre mécanique – Équilibre thermique
Un cylindre, à parois thermiquement isolantes, est séparé en deux compartiments par
un piston initialement bloqué. Ce piston est faiblement conducteur de l’énergie thermique et de capacité thermique négligeable. Dans l’état initial, le compartiment de
gauche contient n1 moles d’un gaz parfait dans les conditions P1, V1, T1 et le compartiment de droite contient n2 moles du même gaz parfait dans les conditions P2, V2, T2.
1. On libère le piston, et l’équilibre mécanique s’établit rapidement entre les deux
compartiments, avant réalisation de l’équilibre thermique. Calculer la pression P.
2. Montrer qu’ensuite l’équilibre thermique s’établit à pression constante. Calculer la
température T d’équilibre. Quelle température d’équilibre aurait-on obtenu si le piston était resté bloqué dans sa position initiale ?
3. Comment sont modifiés les résultats précédents lorsque les deux gaz parfaits ne
sont plus de même atomicité ?
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Premier principe.
• Énergie interne d’un gaz parfait.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Le système constitué des deux gaz et du piston est isolé de l’extérieur. L’état de
départ est un état hors équilibre et le système finira par tendre vers un état d’équilibre
correspondant nécessairement à :
– l’égalité des pressions (piston mobile) : P 1′ = P 2′ = P ;
– l’égalité des températures (piston conducteur de l’énergie thermique) : T 1′ = T 2′ = T.
La conduction thermique du piston étant faible, on peut considérer que l’équilibre mécanique se fera avant l’équilibre thermique. On supposera donc qu’après une 1re phase, les
pressions s’égalisent dans les deux compartiments sans pour autant que les températures
des gaz soient identiques. Dans une 2e phase, le système évoluera pour atteindre également
l’équilibre thermique tout en maintenant des pressions égales de part et d’autre du piston.
2. À la fin de la 1re phase, on a P 1′ = P 2′ = P (pression calculée au 1.).
Le système maintient ensuite P 1′ = P 2′. Cette valeur commune reste en fait constante
car on s’est placé dans un cas particulier : même gaz parfait dans chaque compartiment
(c’est-à-dire même capacité thermique à volume constant…).
3. La nouvelle pression commune P obtenue à la fin de la 1re phase évoluera en fonction des volumes V 1′ et V 2′ et donc des températures T 1′ et T 2′ jusqu’à une valeur
finale Pf correspondant à la température Tf associée à l’équilibre thermique final.
Chapitre 6 – Thermodynamique 407
Exercice 611
KF.book Page 408 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■ 3. Solution
1. Considérons le système correspondant au contenu du cylindre (gaz dans les deux
compartiments plus piston). Appliquons-lui le premier principe entre l’état initial et
un état intermédiaire pour lequel les températures sont T 1′ et T 2′ et l’équilibre mécanique réalisé (soit P 1′ = P 2′ = P ). On supposera que l’on peut négliger l’énergie cinétique du piston ainsi que les variations éventuelles de son énergie interne (piston de
capacité thermique négligeable…).
∆U = ∆U ( gaz ) + ∆U ( gaz ) = W + Q.
On a donc :
Or le système évolue à volume total constant et W = 0.
D’autre part, les parois du cylindre sont adiabatiques : Q = 0.
∆U ( gaz ) + ∆U ( gaz ) = 0 + 0 = 0 (1)
On a donc :
La variation d’énergie interne de n moles d’un gaz parfait s’écrit en introduisant la
capacité thermique Cv à volume constant : dU = nC v dT.
∆U = nC v ( T′ – T ) (2)
n 1 C v1 ( T 1′ – T 1 ) + n 2 C v2 ( T 2′ – T 2 ) = 0
Et en prenant Cv = constante :
Soit ici d’après (1) et (2) :
(3)
On a le même gaz parfait dans les deux compartiments, d’où avec C v1 = C v2 :
n 1 ( T 1′ – T 1 ) + n 2 ( T 2′ – T 2 ) = 0
(4)
Cette relation entre T 1′ et T 2′ reste valable, dans le cadre des hypothèses précisées plus
haut, même si l’équilibre mécanique n’est pas atteint.
L’énoncé suppose maintenant que l’équilibre mécanique s’est établi ( P 1′ = P 2′ = P )
avec des températures des gaz différentes ( T 1′ ≠ T 2′ ). La loi des gaz parfaits donne alors
pour les deux compartiments :
PV 1′ = n 1 RT 1′ (avec P 1 V 1 = n 1 RT 1 )
PV 2′ = n 2 RT 2′ (avec P 2 V 2 = n 2 RT 2 ).
De plus, la conservation du volume total s’écrit :
R
Soit --- [ n 1 T 1′ + n 2 T 2′ ] = V 1 + V 2 (5)
P
V 1′ + V 2′ = V 1 + V 2 .
P1 V1 + P2 V2
n 1 T 1′ + n 2 T 2′ = n 1 T 1 + n 2 T 2 = ------------------------------ .
R
R P1 V1 + P2 V2
--- ⋅ ------------------------------ = V 1 + V 2 .
P
R
Et avec (4) qui s’écrit
(5) devient
Finalement
P1 V1 + P2 V2
P = -----------------------------V1 + V2
(6)
2. À partir du moment où il y a égalité des pressions de part et d’autre, le système ayant
atteint l’équilibre mécanique (égalité des pressions) va également tendre vers l’équilibre
thermique (égalité des températures). La relation définissant P est indépendante de T 1′ et
T 2′. Il en résulte que l’évolution vers l’équilibre thermique s’effectuera à pression constante (égale à P calculée au 1.), les volumes évoluant en même temps que les températures :
V′
V′
R
R
-----1- = n 1 --- = constante
-----2- = n 2 --- = constante.
T 1′
P
P
T 2′
408 Partie 2 – Physique MPSI
À l’équilibre thermique : T 1′ = T 2′ = T. Et d’après (4) : T ( n 1 + n 2 ) = n 1 T 1 + n 2 T 2
d’où
n1 T1 + n2 T2
T = ---------------------------n1 + n2
(7)
Les volumes finaux sont alors donnés par :
V 1f′
V 2f′
RT
------- = ------= ------- et V 1f′ + V 2f′ = V 1 + V 2 .
n1
n2
P
n1
n2
V 1f¢ = ----------------- ( V 1 + V 2 ) et V 2f¢ = ----------------- ( V 1 + V 2 ).
Soit
n1 + n2
n1 + n2
Si le piston était resté bloqué, il y aurait eu uniquement transfert thermique entre les deux
gaz, la relation (4) restant toujours valable. L’équilibre thermique atteint, la température T
aurait donc été la même, mais avec des pressions différentes dans chaque compartiment :
RT
RT
P 1f = n 1 ------- et P 2f = n 2 ------- .
V1
V2
3. Les deux gaz parfaits possèdent des capacités thermiques C v1 et C v2 différentes.
L’équation (4) traduisant la conservation de l’énergie s’écrit maintenant :
n 1 C v1 ( T 1′ – T 1 ) + n 2 C v2 ( T 2′ – T 2 ) = 0
(4′)
L’équilibre thermique atteint correspondra à une température finale Tf définie selon
( T 1′ = T 2′ = T f ) :
n 1 C v1 T 1 + n 2 C v2 T 2
T f = -------------------------------------------(8)
n 1 C v1 + n 2 C v2
Supposons maintenant qu’après une première phase, l’équilibre mécanique est atteint.
On a donc P 1′ = P 2′ = P. Mais cette fois-ci, cette pression commune va dépendre de
l’état des températures T 1′ et T 2′ (et donc des volumes intermédiaires V 1′ et V 2′ ).
Les relations permettant de définir P sont alors :
PV 1′ = n 1 RT 1′ (avec P 1 V 1 = n 1 RT 1 )
PV 2′ = n 2 RT 2′ (avec P 2 V 2 = n 2 RT 2 )
V 1′ + V 2′ = V 1 + V 2 .
R ( n 1 T 1′ + n 2 T 2′ )
P ( V 1′ + V 2 ) = P ( V 1 + V 2 ) = n 1 RT 1′ + n 2 RT 2′ soit P = --------------------------------------.
V1 + V2
En utilisant l’équation (4′), on aboutit ainsi à P = f ( T 1′ ) ou P = g ( T 2′ ).
et
D’où
À l’équilibre final, la pression commune P prend la valeur Pf telle que :
( n 1 + n 2 )R n 1 C v1 T 1 + n 2 C v2 T 2
R ( n 1 + n 2 )T f
-.
P f = ------------------------------ d’où P f = -------------------------- ⋅ -------------------------------------------V1 + V2
n 1 C v1 + n 2 C v2
V1 + V2
Soit encore :
n 1 + n 2 C v1 P 1 V 1 + C v2 P 2 V 2
P f = ------------------ ⋅ ---------------------------------------------V1 + V2
n 1 C v1 + n 2 C v2
(9)
Commentaire
Les expressions (8) et (9) redonnent bien les valeurs de T et P obtenues aux 1. et 2. dans le
cas où C v1 = C v2 .
Chapitre 6 – Thermodynamique 409
Exercice 611
KF.book Page 409 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 612
KF.book Page 410 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
612 Transformations polytropiques
On étudie les transformations quasi statiques d’un gaz parfait (caractérisé par le rapport γ – supposé constant – de ses capacités thermiques molaires à pression constante
Cp et à volume constant C v) pour lesquelles la pression P et le volume V vérifient :
PV α = constante ( α constante ≠ 1 ).
1. Calculer le travail W et l’énergie thermique Q reçus par le gaz dans une telle transformation mécaniquement réversible, depuis l’état ( P 1, V 1 ) jusqu’à l’état ( P 2 , V 2 ).
Q
Exprimer le rapport ---- en fonction seulement de α et γ.
W
2. a. Pour quelle valeur de α la transformation envisagée ici est-elle adiabatique ?
Commenter.
b. Plus généralement, on définit la capacité thermique molaire C ( α ) selon :
Q mol = C ( α )∆T.
Exprimer C ( α ) en fonction de C v , α et γ. Cas particuliers ?
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Calcul du travail dans le cas d’une transformation mécaniquement réversible
( δW = – PdV …).
• Premier principe – variation d’énergie interne d’un gaz parfait.
• Relation de Mayer C p – C v = R.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. La transformation étant mécaniquement réversible, le calcul du travail reçu s’effectue directement à partir de la relation δW = – PdV …
On obtiendra l’énergie thermique Q reçue par le gaz par application du premier principe.
2. Par définition, une transformation adiabatique correspond à l’absence de tout
transfert d’énergie thermique au gaz.
Les cas particuliers simples seront associés à des transformations :
– adiabatiques ;
– isobares ;
– isochores ;
– isothermes.
■■ 3. Solution
1. • La transformation subie par le gaz étant quasi statique et mécaniquement réversible, on a : δW = – PdV.
Dans le cas présent :
410 Partie 2 – Physique MPSI
α
PV α = constante = P 1 V 1
Exercice 612
KF.book Page 411 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
ce qui donne, pour le travail W cherché :
W = –
v2
∫v
α
P1 V1
1
V– α + 1
dV
α
⋅ ------α- = – P 1 V 1 ⋅ ----------------–α+1
V
α
v2
v1
α
P1 V1 1 – α
1–α
= ------------ [ V 2 – V 1 ]
α–1
α
et en tenant compte de P 1 V 1 = P 2 V 2 :
P2 V2 – P1 V1
W = ----------------------------α–1
(1)
• D’autre part, d’après le premier principe appliqué au gaz : ∆U = Q + W.
Q = ∆U – W (2)
nR
• Pour un gaz parfait ∆U = nC v ∆T = ----------- ∆T et ∆ ( PV ) = nR∆T.
γ–1
∆ ( PV )
Donc ∆U = ---------------- .
γ–1
D’où
On a donc pour la transformation considérée :
P2 V2 – P1 V1
∆U = ----------------------------- (4)
γ–1
Puis d’après (2) et avec (1) :
1
1
Q = ( P 2 V 2 – P 1 V 1 )  ----------- – ------------
 γ – 1 α – 1
α–γ
Q = ---------------------------------- ⋅ ( P 2 V 2 – P 1 V 1 )
(γ – 1)(α – 1)
et
Q
Soit le rapport ----- :
W
(5)
Q
α–γ
----- = -----------W
γ–1
2. a. La transformation est adiabatique si Q = 0, c’est-à-dire pour :
α = γ
Dans ce cas, on a PV γ = constante, une relation connue sous le nom de loi de Laplace.
Commentaires
• Cette transformation est aussi une isentropique, puisque la fonction entropie du gaz parfait peut s’écrire :
P ⋅ Vγ
S ( P, V ) = S 0 + n C v ln ---------------γ- .
P0 ⋅ V0
Ce résultat est logique, car ici, le caractère quasi statique ( P ext = P fluide ) garantit la réversibilité mécanique pour le fluide (ici le gaz parfait) et la question de la réversibilité thermique
ne se pose pas, puisqu’il n’y a pas de transfert d’énergie thermique.
• Ces transformations polytropiques sont souvent prises comme « modèle » pour représenter des transformations quasi statiques « pas tout à fait adiabatiques ».
Chapitre 6 – Thermodynamique 411
Exercice 612
KF.book Page 412 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Par exemple, dans un compresseur, le gaz reçoit du travail et s’échauffe, ce qui entraîne presque toujours un transfert de chaleur vers l’extérieur : si on admet que 20 % de l’énergie W
apportée est reperdue sous forme d’énergie thermique, on écrit :
Q
α–γ
----- = ------------ = – 0,2
W
γ–1
(Q 0 …)
ce qui donne α = 0,8γ + 0,2 soit α = 1,32 pour γ = 1,40.
2. b. On a établi (relations (4) et (5)) :
α–γ
Q = ------------∆U.
α–1
Or pour 1 mole de gaz parfait ∆U = 1 ⋅ C v ∆T, d’où :
α–γ
Q mol = ------------C v ∆T.
α–1
On a donc d’après la définition de la capacité thermique molaire C ( α ) :
α–γ
C ( α ) = ------------ ⋅ C v
α–1
■ Cas
particuliers :
• α = γ transformation adiabatique et C ( γ ) = 0
(Q = 0) ;
• α = 0 est associé à une transformation isobare ( PV α = cste ⇒ P = cste ).
On a alors C ( 0 ) = γ C v = C p et Q = C p ∆T, ce qui correspond bien à :
∆H = ∆U + ∆PV = ∆U + P∆V = – P∆V + Q + P∆V
soit :
Q = ∆H
et pour une mole de gaz parfait (avec C p = cste ) : ∆H = C p ∆T.
Ce qui redonne Q = C p ∆T.
• α très grand (mathématiquement α → ∞ ) :
C ( ∞ ) → C v , et PV α = cste peut encore s’écrire pour α fini :
P 1 / α V = cste.
À la limite, on a donc affaire à une transformation isochore ( α → ∞ ⇒ V = cste ), ce
qui est cohérent avec C ( α → ∞ ) = C v . En effet : ∆U = Q puisque V = cste.
Or ∆U ( 1 mole ) = C v ∆T
D’où
(avec C v = cste ).
Q = C v ∆T et C ( α → ∞ ) = C v .
• Enfin, les calculs faits ici excluent le cas α = 1, pour lequel le calcul de W doit être repris.
Q
Remarquons cependant que pour cette valeur de α, ----- = – 1 et C ( 1 ) est infini, ce qui
W
correspond bien au cas de la transformation isotherme ( ∆U = 0 ).
412 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 613
KF.book Page 413 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
613 Évolution d’un gaz réel
1. On considère un gaz non parfait d’équation d’état, pour une mole :
a
 P + ---- ( V – b ) = RT

V 2
équation de Van der Waals dans laquelle R = 8,31 J ⋅ mol –1 ⋅ K –1 est la constante des
gaz parfaits, et a et b deux constantes caractéristiques du gaz.
La fonction énergie interne est donnée, pour une mole, par :
a
U ( T, V ) = – --- + f ( T ).
V
On donne :
gaz
a ( J ⋅ mol –2 ⋅ m –3 )
b ( m 3 ⋅ mol –1 )
CO2
0,36
4,3 ⋅ 10 –5
N2
0,13
3,8 ⋅ 10 –5
H2
0,025
2,7 ⋅ 10 –5
a. À quelle(s) condition(s) sur a et b le comportement d’un tel gaz se rapproche-t-il
de celui d’un gaz parfait ? Commenter dans le cas où le gaz est le dioxyde de carbone
avec les conditions V = V 1 = 25 ⋅ 10 –3 m 3 (pour une mole) et P = P 1 = 10 5 Pa.
b. Montrer que la capacité calorifique à volume constant Cv ne dépend que de la température T.
c. Donner la relation liant Cv et Cp (capacité calorifique molaire à pression constante)
b
2a
b 2
en fonction de --- , R, T et T i = ------  1 – --- .
V
Rb 
V
Faire l’application numérique pour N2 et H2 avec T = 290 K et V = 22,4 ⋅ 10 –3 m 3 ⋅ mol –1 .
2. On fait subir à une mole de CO2 une compression isotherme réversible depuis l’état
V1
( P 1, V 1 ) jusqu’à un volume final V 2 = ------ . Calculer les transferts de travail W et
10
d’énergie thermique occasionnés par cette transformation.
Comparer aux valeurs obtenues dans l’hypothèse d’un gaz parfait. Commenter.
3. Le gaz (ici N2 ou H2) s’écoule très lentement dans une canalisation horizontale
calorifugée. Il y subit une détente de Joule-Kelvin (présence d’un étranglement …
en un « point » de la canalisation). Rappeler les caractéristiques d’une telle détente.
∂T
On définit le coefficient η = ------  où H désigne l’enthalpie. Les calculs donnent :
∂P  H
b T – Ti
η = – ----- ---------------- .
b
Cp
T – --- T i
V
Préciser le rôle de la température Ti appelée température d’inversion.
Calculer Ti pour le diazote N2 et le dihydrogène H2. V ∼ 22,4 ⋅ 10 –3 ⋅ m 3 ⋅ mol –1 .
Commenter les résultats obtenus.
Chapitre 6 – Thermodynamique 413
Exercice 613
KF.book Page 414 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Définition des capacités calorifiques Cv et Cp.
• Fonctions énergie interne U et enthalpie H.
• Premier principe (système fermé ; cas des écoulements).
• Détente de Joule-Kelvin (= Joule-Thomson).
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Les coefficients a et b traduisent les écarts au modèle du gaz parfait pour lequel les
molécules (ou atomes) seraient ponctuelles et sans interaction.
Pour Cv et Cp, il faut revenir aux définitions du cours…
2. La réversibilité de la transformation permet un calcul direct du travail W reçu par le gaz.
3. On cherche à savoir si une détente ( dP 0 ) isenthalpique (H = constante : détente
du type Joule-Kelvin) s’accompagne d’un refroidissement ( dT 0 ) ou d’un échauffement ( dT 0 ) du gaz.
La température Ti apparaît comme une température pour laquelle, dans cette détente
isenthalpique, le comportement du gaz réel s’apparente à celui du gaz parfait : on aura
donc à envisager les cas où T T i et T T i .
■■ 3. Solution
1. a. L’équation d’état du gaz parfait (pour une mole) s’écrit PV = RT, ce qui correspond au cas limite a = b = 0 dans l’équation de Van der Waals. (Notons que l’on
retrouve bien alors la fonction énergie interne du gaz parfait U = C v T + constante,
fonction de T seulement : 1re loi de Joule.) Le comportement du gaz sera proche de celui
du gaz parfait si a et b sont suffisamment petits, c’est-à-dire si : a PV 2 et b V.
Dans le cas présent (état initial du gaz) :
b
V 1 = 25 ⋅ 10 –3 m 3 et ------ = 1,7 ⋅ 10 –3 1
V1
a
2
P 1 V 1 = 62,5 J ⋅ m 3 et -----------2- = 5,8 ⋅ 10 –3 1
P1 V1
ce qui correspond bien aux conditions ci-dessus. Mais il n’en sera peut-être plus de
même après une compression réduisant fortement le volume…
∂U
1. b. Par définition C v =  ------- .
 ∂T  V
a
Or ici U ( T, V ) = – ---- + f ( T ) ; d’où
V
et
df
C v = 0 + ------dT
df ( T )
C v = -------------dT
(1)
Cette relation traduit bien que Cv ne dépend que de la température.
414 Partie 2 – Physique MPSI
∂H
1. c. Par définition C p = -------  .
∂T  P
a
On a H = U + PV = – ---- + f ( T ) + PV.
V
∂H
∂V
df
a
D’où C p = -------  = ------ +  P + -----2- ⋅ ------- 
(2)
∂T  P
dT 
V  ∂T  P
∂V
Pour déterminer la dérivée -------  , il suffit de reprendre l’expression de l’équation
∂T  P
d’état dans laquelle on considère que P est fixée :
1
∂T
1
a
a
2a 
T = --- P + -----2- ( V – b ) ⇒ -------  = ---  P + -----2- + ( V – b )  – -----3-  .
 V
R
∂V  P
R
V
V

a
RT
D’où avec (1), (2) et P + -----2- = ------------ :
V–b
V
RT
-----------1
V–b
C p – C v = R ------------------------------------------- = R ------------------------------------------- .
2a
2a
RT
1 – -------------3- ( V – b ) 2
------------ – -----3- ( V – b )
V–b V
RTV
2a
b 2
Et avec T i = ------  1 – ---- :

Rb
V
R
C p – C v = -----------------b Ti
1 – ---- ---VT
On retrouve la loi des gaz parfaits ( C p – C v = R ) dès que a = 0 et b = 0 ( a = 0
suffit).
bT i
bT
Application numérique : on a en fait -------- 1 ⇒ C p – C v # R  1 + --------i

VT
VT 
bT i
Cp – Cv
d’où ------------------ – 1 # -------- .
VT
R
Cp – Cv
On trouve pour N 2 → ----------------- – 1 = 4,8 ⋅ 10 –3
R
écarts faibles.
Cp – Cv
H 2 → ------------------ – 1 = 9,2 ⋅ 10 –4
R
∫
2. Le travail reçu par un fluide au cours d’une transformation s’écrit : W = – P ext ⋅ dV.
Ici, la transformation est réversible (en particulier, il n’y a pas de frottements) et, à chaque instant : P ext = P gaz = P ( V ).
Avec, d’après l’équation d’état :
ce qui donne :
RT
a
P ( V ) = ------------ – -----2V–b V
W = –
V2
– ------ dV
∫V  -----------V – b V 2
RT
a
1
expression dans laquelle T est constante (transformation isotherme). Il vient :
a
W = – RT ln V – b + ---V
V2
V1
Chapitre 6 – Thermodynamique 415
Exercice 613
KF.book Page 415 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 613
KF.book Page 416 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
V1 – b
1
1
W = RT ln --------------- – a  ------ – ------
 V 2 V 1
V2 – b
soit
expression dans laquelle RT s’exprime à partir de l’équation d’état…
Pour calculer le transfert thermique Q, exprimons le premier principe :
∆U = U ( T, V 2 ) – U ( T, V 1 ) = W + Q
a
a
Q = ∆U – W = – ------ + ------ – W
V2 V1
soit
V1 – b
Q = – RT ln --------------V2 – b
et
Commentaire
1
1
On a ∆U = a  ------ – ------ 0 ce qui correspond à une diminution de l’énergie potentielle
 V 1 V 2
des forces d’interaction de Van der Waals (la compression a eu pour effet de diminuer les
distances moyennes interparticules…), l’énergie cinétique moyenne étant invariable (la
température étant fixée).
Application numérique : on a :
1
a
T = --R-  P 1 + -----2- ( V 1 – b ) ⇒ T = 302 K.

V
1
Q = – 5,82 kJ
et
W = 5,69 kJ.
Pour un gaz parfait, les résultats sont ceux que l’on obtient en faisant a = b = 0 dans
les expressions précédentes :
∆U GP = 0
(prévisible !)
V1
V1
Q GP = – W GP = – RT′ ln ------ = – P 1 V 1 ln  ------
 V 2
V2
car la température a une valeur différente à P1 et V1 fixés.
Numériquement T′ = 301 K # T
Q GP = – W GP = – 5,76 kJ,
résultats du même ordre de grandeur pour les valeurs de W et Q (écart de l’ordre de
1 %…).
Par contre, l’écart sur les pressions finales n’est pas nécessairement négligeable !
On peut le vérifier facilement, en comparant P2 et P ′2 .
a
RT
P 2 = --------------- – -----2- = 9,64 ⋅ 10 5 Pa
V2 – b V
2
V1
RT′
P 2′ = --------- = P 1 ------ = 10 6 Pa
V2
V2
l’écart est notable (∼ 4 %), mais a peu d’effet sur le résultat de l’intégrale donnant W…
416 Partie 2 – Physique MPSI
3. La détente de Joule-Thomson est une détente isenthalpique. Il y a conservation de
l’enthalpie : ∆H = 0.
Pour les gaz parfaits, H n’est fonction que de la température de sorte que cette dernière
reste constante dans une détente de Joule-Thomson.
b
Ici, avec les valeurs indiquées, on a b V  ---- ∼ 10 –3 si bien que le signe de
V

est lié à celui de T – T i . Ainsi :
 ∂T
------ 
 ∂P  H
• pour T T i , le coefficient de Joule-Thomson est positif, donc une détente
( dP 0 ) s’accompagne d’un abaissement de température ( dT 0 ) ;
∂T
• pour T T i , c’est l’effet inverse qui sera observé puisque  ------  0 ; le gaz subit
 ∂P  H
un échauffement ( dT 0 pour dP 0 ) ;
• pour T = T i , la détente s’effectue à température constante (comme pour un gaz
parfait).
Remarquons que pour V ∼ 22,4 10 –3 m 3 ⋅ mol –1 , nous pouvons confondre Ti avec la
2a
2a
quantité ------ : T i # ------ pour b V.
Rb
Rb
Cette température Ti est appelée « température d’inversion ». Donnons-en la valeur
numérique pour le diazote ( N 2 ) et le dihydrogène ( H 2 ).
– N2 :
2 × 0,13
38 ⋅ 10 –6  2
-  1 – -----------------------⇒ T i = 821 K ;
T i # -----------------------------------–
6
8,31 × 38 ⋅ 10 
22,4 ⋅ 10 –3
– H2 :
2 × 0,025 
27 ⋅ 10 –6  2
- 1 – -----------------------T i # -----------------------------------⇒ T i = 222 K ;
–
6

8,31 × 27 ⋅ 10
22,4 ⋅ 10 –3
2a
 -----# 823 K .
 Rb

2a
 -----# 222 K également .
 Rb

Commentaires
• En conclusion, si l’on désire abaisser la température du gaz par une détente isenthalpique,
les valeurs déterminées précédemment pour l’azote et l’hydrogène nous indiquent :
– qu’une telle opération est possible à température initiale ambiante pour N2 :
( T ∼ 290 K ) ( T i ∼ 821 K ) ;
– que ce n’est pas le cas pour H2 qu’il faudra préalablement refroidir :
( T ∼ 290 K ) ( T i ∼ 222 K ).
Soulignons que ce type de détente est effectivement utilisé pour obtenir des basses températures et pour la liquéfaction de gaz (application dans certains réfrigérateurs et liquéfacteurs).
∂T
• Pour un gaz parfait ( a = 0 et b = 0 ), on a bien ------  = 0.
∂P  H
Chapitre 6 – Thermodynamique 417
Exercice 613
KF.book Page 417 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 614
KF.book Page 418 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
614 Remplissage d’un réservoir
On considère l’atmosphère comme un réservoir infini d’air à la pression
P 0 = 1,0 atm et à la température T 0 = 300 K, supposées constantes. L’air est assimilé à un gaz parfait de masse molaire M = 29 g ⋅ mol –1 et de coefficient γ = 1,4.
On désire étudier différentes opérations de remplissage d’un réservoir . Ce dernier
a un volume V fixe, une section S et une longueur l.
Il est muni d’un piston , mobile sans frottement, de masse négligeable. Une vanne
permet de mettre ce réservoir en communication avec l’atmosphère ; elle possède une
ouverture assez petite pour que l’air pénètre très lentement dans . Le remplissage
se termine lorsque l’air est à la pression P0 dans .
De façon à modéliser simplement l’opération de remplissage, on propose le schéma
suivant :
P0 T0
P0 T0
V0
vanne
réservoir à remplir
et son piston
« piston » et cylindre
de remplissage
Le système ( P 0 , V 0 , T 0 ) représente l’air qui aura pénétré dans à la fin de l’opération, où il se trouvera dans tous les cas à la pression finale P0 .
V = 10 L ;
S = 100 cm 2 ;
l = 1 m.
1. On étudie trois opérations partant de conditions initiales différentes. Dans cette
question, le cylindre et son piston sont adiabatiques.
a.
vide
état final
P0
-----, T 0
2
état final
P0 T
Déterminer T.
b.
air
P0
T1
P0
T2
P0
T″
vide
Déterminer T1 et T2 .
c.
vide
état final
kl
Le ressort a une longueur à vide l et une raideur k telle que P 0 ⋅ S = ---- .
2
Déterminer T″ , le ressort étant comprimé à mi-longueur dans l’état final.
2. Dans la réalité, l’hypothèse adiabatique pour le cylindre et le piston n’est réaliste
que peu de temps après la fin de l’opération.
418 Partie 2 – Physique MPSI
On considère donc qu’après avoir atteint les états précédents, le gaz qui a pénétré
dans se retrouve au bout d’un certain temps à la température T0 de l’atmosphère.
Exprimer et calculer les quantités de chaleur Q1 , Q2 et Q3 que le gaz échangera au cours
de cette phase, dans les trois cas étudiés précédemment, la vanne étant restée ouverte.
3. Dans cette question, on ne suppose plus que l’ouverture de la vanne est petite. De
ce fait, l’air pénètre de façon brutale dans au cours du remplissage.
Indiquer dans quel(s) cas il y a modification de la valeur (ou des valeurs) de la température atteinte en fin de remplissage.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Premier principe.
• Loi de Laplace.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
• Dans les questions 1. et 2., l’air rentre lentement dans le réservoir. Les transformations du gaz sont quasi statiques. Ce n’est plus le cas dans la question 3.
• On définira soigneusement le système étudié : les n moles d’air qui pénètrent dans le
réservoir et les transformations subies.
■■ 3. Solution
1. a. Les n moles de gaz qui rentrent dans le réservoir subissent une transformation
quasi statique adiabatique.
Avant d’entrer dans , elles occupent un volume V0 à la pression P0 et la température T0 .
La loi des gaz parfaits s’écrit P 0 V 0 = nRT 0 . Une fois dans , elles occupent un
volume V toujours à la pression P0 et à la température T. On a de même P 0 V = nRT.
Écrivons le 1er principe : ∆U = W + Q.
La transformation est adiabatique Q = 0. Calculons W.
Le gaz est soumis à la force pressante P 0 Su x qui lui fournit
dans le déplacement dxu x le travail élémentaire :
δW = P 0 Sdx = P 0 dV.
P0 P 0 Su x
dx
ux
Le travail fourni au gaz s’obtient en intégrant dV sur le volume
V0 « bloqué par le piston » W = P 0 V 0 .
POINT MÉTHODE
Dans le premier principe, W représente le travail reçu par le gaz au niveau des surfaces mobiles. Une étude mécanique du problème remplace avantageusement des
formules toutes faites.
D’après la 1re loi de Joule, ∆U = nC v ( T – T 0 ).
Chapitre 6 – Thermodynamique 419
Exercice 614
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Exercice 614
KF.book Page 420 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
nC v ( T – T 0 ) = P 0 V 0 = nRT 0
Cp
T0 ( Cv + R )
- = T 0 -----T = -------------------------Cv
Cv
Application numérique : T = 420 K.
On a donc :
T = T0 γ
1. b. Soit n2 le nombre de moles de gaz contenues dans le compartiment de droite, n1
le nombre de moles de gaz qui vont entrer dans le compartiment de gauche. On a :
P0
• avant le remplissage : ----- V = n 2 RT 0 et P 0 V 0 = n 1 RT 0 ;
2
• après le remplissage (même pression P0) :
P 0 V 2 = n 2 RT 2
avec
Le
1er
et
P 0 V 1 = n 1 RT 1
V 1 + V 2 = V.
principe nous donne toujours : ∆U = W + Q = W = P 0 V 0
(1)
POINT COURS
L’énergie interne est une fonction extensive pour les systèmes usuels.
L’énergie interne d’un système composé de deux sous-systèmes est égale à la somme
des énergies internes respectives des deux sous-systèmes.
∆U = ∆U 1 + ∆U 2 = n 1 C v ( T 1 – T 0 ) + n 2 C v ( T 2 – T 0 )
P 0 V
1
1
∆U = ----------- ( P 0 V 1 – P 0 V 0 ) + -----------  P 0 V 2 – --------γ–1
γ – 1
2 
V
de (1) et (2), on tire V 0 = -----2γ
(2)
(3)
Appliquons la loi de Laplace aux n2 moles de gaz dans le compartiment de droite.
P γ
γ
----0- V = P 0 V 2
2
d’où
1 1/γ
V 2 = V  --
= 0,61V
 2
et
V 1 = 0,39V
2V 2
P0 V2
P0 V2
- = ------------ = --------- T 0
donc T 2 = ----------V
n2 R
P V
----0- ----2 T0
T2 = T0 2
γ–1
----------γ
Application numérique : T 2 = 365,7 K.
V1
V1
P0 V1
P0 V1
- = -------------T 0 = T 0  ------ = 2γ T 0 -----De même T 1 = ---------- V 0
P0 V0
V
n1 R
1
T 1 = 2γ T 0  1 –  --

 2
Application numérique : T 1 = 328 K.
420 Partie 2 – Physique MPSI
1/γ


1. c. Appliquons à nouveau le premier principe aux n moles de gaz entrant dans :
∆U = W + Q = W (transformation adiabatique).
Au travail précédent, s’ajoute le travail de la force élastique
exercée par le ressort qui fournit un travail élémentaire
δW′ = – kxdx.
2
1 l
Le ressort étant comprimé à mi-longueur, W′ = – --k --- .
2 4
– kxu x
x
Commentaire
Le gaz est poussé à gauche par l’atmosphère et reçoit donc le travail P0V0 . À droite, il comprime le ressort, le travail W′ est donc donné à l’extérieur ( W′ 0 ).
2
On a ainsi
1 l
∆U = P 0 V 0 – --k --2 4
l
avec P 0 S = k -- et V = l S.
2
P0 V
(4)
∆U = P 0 V 0 – --------4
Et d’après la 1re loi de Joule :
∆U = nC v ( T″ – T 0 ) (5)
Avant le remplissage, on a toujours P 0 V 0 = nRT 0 .
V
P 0 ---- = nRT″
2
en reportant dans (4), il vient :
Après le remplissage,
T″
∆U = nR  T 0 – ------ .

2
D’où d’après (5) :
nR
T″
nR  T 0 – ------ = ----------- ( T″ – T 0 )

γ–1
2
et donc
2γ
T″ = ------------ T 0
γ+1
Application numérique : T″ = 350 K.
2. a. Les transformations ne sont plus adiabatiques. Par contre, tous les refroidissements se font à pression extérieure constante P0 .
POINT COURS
Pour un système en équilibre mécanique avec l’extérieur dans l’état initial et l’état
final, subissant une transformation à pression extérieure constante (transformation dite monobare) Q = ∆H.
Chapitre 6 – Thermodynamique 421
Exercice 614
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Exercice 614
KF.book Page 422 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
γ P0 V
Q 1 = ∆H 1 = nC p ( T 0 – T ) = ----------- --------- ( T 0 – T )
γ–1 T
T
T0 
γ
γ
1
1

Q 1 = -----------P 0 V ----- – 1 = -----------P 0 V  -- – 1  -----0 = --
T

γ
  T γ
γ–1
γ–1
Q1 = –P0 V
Application numérique : Q 1 = – 10 3 J.
2. b. Q 2 = ∆H 1 + ∆H 2 = n 1 C p ( T 0 – T 1 ) + n 2 C p ( T 0 – T 2 )
= C p [ ( n 1 + n 2 )T 0 – n 1 T 1 – n 2 T 2 ].
∆U
D’après l’expression (2) ( n 1 + n 2 )T 0 – n 1 T 1 – n 2 T 0 = – -------Cv
Cp
Q 2 = – ------ ∆U = – γ∆U = – γ P 0 V 0 d’après (1)
Cv
P0 V
d’après (3)
Q 2 = – --------2
Application numérique : Q 2 = – 500 J.
2. c. L’état mécanique du système n’est pas modifié.
P0 V
Q 3 = ∆H 3 = nC p ( T 0 – T ″ ) = ------------- C p ( T 0 – T ″ )
2RT″
P0 V γ  γ + 1 
P0 V γ  T0

Q 3 = --------- ----------- ------ – 1 = --------- ----------- ------------ – 1

2 γ – 1  T″ 
2 γ – 1  2γ
P0 V
Q 3 = – --------4
Application numérique : Q 3 = – 250 J.
Commentaire
• Dans la réalité, l’équilibre mécanique s’établit beaucoup plus rapidement que l’équilibre
thermique, ce qui justifie les modèles proposés en 1. puis en 2.
• Le système considéré reste, dans chaque cas, l’air présent au début du refroidissement dans le
réservoir. Du fait de ce refroidissement, un peu de gaz pénètre alors dans le réservoir, mais il se
retrouve à la fin dans les conditions (T0 , P0), il n’intervient donc pas dans le bilan énergétique…
3. Le caractère quasi statique de l’opération de remplissage n’a été utilisé que dans le cas b. :
sans cette hypothèse, la fin du calcul n’est pas possible et on ne peut pas calculer T1 et T2.
On sait seulement que :
W = P 0 V 0 = ∆U = n 1 C v ( T 1 – T 0 ) + n 2 C v ( T 2 – T 0 ).
V
On a toujours V 0 = ------ (3). Il vient finalement
2γ
γ T 2 + T 1 = 2γ T 0
relation vérifiée bien sûr par les valeurs T1 et T2 trouvées au 1.b.
422 Partie 2 – Physique MPSI
615 Détente irréversible d’un gaz parfait
Un cylindre horizontal est fermé par un piston (A)
(B)
mobile sans frottements. L’intérieur du cylindre est P0
séparé en deux compartiments A et B par une paroi
F
fixe F. Sur la face extérieure du piston, s’exerce la
pression atmosphérique constante P 0 = 10 5 Pa.
Les parois du cylindre et le piston sont adiabatiques,
mais la cloison F est diathermane.
Toutes ces parois sont de capacité thermique négligeable.
À l’état initial, le compartiment A contient une mole de gaz parfait caractérisé par la
C
valeur γ = ----p- = 1,4, occupant un volume V A = 25 L. Le compartiment B est vide.
Cv
Constante des gaz parfaits : R = 8,31 J ⋅ mol – 1 ⋅ K – 1 .
1. Préciser la température TA du gaz dans A.
2. On perce un orifice dans la paroi fixe F.
a. Par une analyse qualitative du problème, montrer que selon la valeur du volume VB
de B, deux types de solution existent.
b. En supposant que VB est inférieur à la valeur-seuil Vs (inconnue pour l’instant…),
déterminer les caractéristiques P1 , V1 , T1 du gaz contenu dans A + B quand le nouvel
état d’équilibre est atteint. Application numérique : V B = 25 L.
c. Déterminer la valeur-seuil Vs en fonction de VA et γ.
d. Pour V B V s , déterminer P2 , V2 , T2 du gaz enfermé dans le cylindre lorsque l’état
d’équilibre est atteint. Application numérique : V B = 50 L.
3. Quels commentaires peut-on faire sur la nature de la transformation ?
■■
Solution
1. L’équation du gaz parfait s’écrit, pour la mole de gaz initialement contenue dans A :
P0 VA
= 301 K.
PV = RT soit T A = -----------R
2. a. Le gaz va passer du compartiment A vers le compartiment B ce qui va provoquer
le déplacement du piston. La fin de cette transformation sera atteinte :
• soit parce que la pression dans B atteint la valeur P0 , ce qui réalise l’équilibre mécanique ;
• soit parce que le piston vient buter sur la cloison fixe F, tout le gaz de A étant passé dans B.
Il est évident que la seconde possibilité ne peut se réaliser que pour un volume du compartiment B suffisamment grand, soit V B V s , valeur-seuil qui reste à déterminer…
2. b. Dans ce cas, d’après ce qui précède, à l’équilibre, on a :
PA = PB = P0
et
V 1 = V B + V A′
soit
P1 = P0
( V A′ volume du gaz restant en A) avec
P 1 V 1 = RT 1 .
Chapitre 6 – Thermodynamique 423
Exercice 615
KF.book Page 423 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 615
KF.book Page 424 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
D’autre part, considérons le système constitué par les compartiments A et B et leur
contenu, et appliquons-lui le premier principe :
∆U syst = W + Q
(1)
avec ∆U syst = ∆U gaz + ∆U parois = ∆U gaz ,
car les parois – par hypothèse – n’absorbent pas d’énergie (parois adiabatiques, et cloison F de capacité thermique négligeable).
D’où
∆U gaz = C v ( T 1 – T A ).
Q = 0 (parois adiabatiques)
D’autre part
Et
(2)
∫
W = – P ext dV = – P 0 ∆V (puisque P ext = P 0 ).
∆V représentant le volume balayé par le piston mobile :
∆V = V A′ – V A = ( V 1 – V B ) – V A = V 1 – ( V A + V B ),
soit
W = –P0 [ V1 – VA – VB ]
(3)
(1) donne alors avec (2) et (3) : C v ( T 1 – T A ) = – P 0 V 1 + P 0 ( V A + V B ).
Or P 1 V 1 = RT 1 et P 0 V A = RT A , soit :
C
------v ( P 1 V 1 – P 0 V A ) = – P 0 V 1 + P 0 ( V A + V B ).
R
C
1
Soit en tenant compte de P 1 = P 0 et ------v = ----------R
γ–1
V 1 – V A = ( γ – 1 ) ⋅ [ – V 1 + V A + V B ] ⇒ γ V 1 = γ V A + ( γ – 1 )V B .
D’où :
γ–1
V 1 = V A + -----------V B
γ
Il lui correspond une température T1 définie par P 1 V 1 = RT 1 avec P 1 = P 0 .
P0
γ–1
T 1 = ----- V A + -----------V B
R
γ
0,4
Application numérique : V 1 = 25 + ------- ⋅ 25 ⇒ V 1 = 32,1 L
1,4
T 1 = 387 K.
2. c. La solution ci-dessus reste valable tant qu’il reste du gaz dans le compartiment A.
C’est-à-dire tant que : V A′ 0, soit V 1 V B ,
γ–1
et, en remplaçant V1 par son expression : V B V A + -----------V B
γ
VB γ VA
la valeur-seuil de VB est donc
Vs = γ VA
2. d. Dans ce cas, tout le gaz passe de A dans B, et
avec P 2 P 0 et P 2 V 2 = RT 2 ,
V2 = VB
et le travail W reçu par le gaz a pour expression :
W = – P 0 ∆V = – P 0 ( – V A ) = + P 0 V A .
424 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 615
KF.book Page 425 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
L’application du premier principe donne alors :
∆U système = ∆U gaz = Q + W = 0 + W .
Cv ( T2 – TA ) = P0 VA ,
Soit encore :
d’où :
Cv
R
------ ( P 2 V 2 – P 0 V A ) = P 0 V A ⇒ P 2 V 2 = P 0 V A  1 + ------

R
C v
VA
P 2 = γ P 0 -----VB
et
On en déduit T2 :
( V 2 = V B ).
VA
1
1
T 2 = ---P 2 V 2 = --- ⋅ γ P 0 ------ ⋅ V B ,
VB
R
R
P0 VA
T 2 = γ ------------ = γ T A
R
Et on peut vérifier que la condition P 2 P 0 correspond bien à V B γ V A = V s …
Application numérique :
γ
P 2 = -- ⋅ P 0 = 0,7 ⋅ 10 5 Pa
2
T 2 = 421 K.
3. Notons que l’état final – quand il reste du gaz dans le compartiment A, V 1 V B –
ne dépend pas du caractère quasi statique ou non de la transformation (on peut faire
un gros trou dans la paroi F !), puisque l’expression du travail reste la même.
La transformation est de toute façon irréversible, ce qui se traduit par l’augmentation
de l’entropie du gaz (évolution spontanée d’un système thermiquement isolé…).
On a pour un gaz parfait (avec C v = cste ) :
γ
 P F V F
∆S = nC v ln  -----------γ- .
 PI VI 
V I = V A et V F = V 1 V A :
V1 γ
V1
∆S = C v ln  ------ = γ C v ln  ------ 0.
 V A
 V A
• Cas du 2. b. où P F = P I = P 0 ;
• Cas du 2. d. où P F = P 2 , P I = P 0 ; V I = V A et
P2 VB γ
∆S = C v ln -----  ------ = C v ln
P 0  V A
or
V B V s = γ V A ⇒ ∆S C v ln [ γ γ
γ–1
VF = VB :
VB γ – 1
γ  ------
 V A
] = C v γ ln γ 0.
On a bien dans les deux cas ∆S 0 comme nous l’indique l’application du second
principe : ∆S = 0 + σ 0 (pas d’échanges thermiques avec l’extérieur), la transformation étant irréversible.
γ
On voit bien qu’il serait faux d’écrire PV = cste (qui conduirait à ∆S = 0 ) : la
transformation est certes adiabatique, mais elle est – dans tous les cas – irréversible.
Chapitre 6 – Thermodynamique 425
Exercice 616
KF.book Page 426 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
616 Chauffages d’un gaz
1. On considère un réservoir à parois adiabatiques séparé en deux parties par un piston adiabatique et mobile sans frottement.
Initialement, chaque compartiment contient une
1 mole 1 mole
mole du même gaz parfait, à la pression P 0 = 10 5 Pa
E
gaz p. gaz p.
et à la température T 0 = 290 K (constante des gaz
parfaits : R = 8,31 J ⋅ mol –1 ⋅ K –1 ; pour le gaz
C
considéré : γ = ----p- = 1,40 ).
Cv
Grâce à une résistance électrique, on chauffe progressivement le gaz dans le compartiment de gauche, jusqu’à la pression P = 2P 0 .
a. Déterminer l’état du gaz dans chacun des deux compartiments.
b. Calculer l’énergie thermique Q apportée au gaz de gauche par l’intermédiaire de la
résistance, ainsi que le travail W échangé entre les deux gaz.
;;
;
2. La mole de gaz parfait considérée
P0 (atmosphère)
précédemment est maintenant conte1 mole
nue dans un cylindre adiabatique fermé E
gaz p.
par un piston – lui-même adiabatique –
K
de section S = 0,05 m 2, retenu par un
ressort de raideur k = 25 ⋅ 10 3 N ⋅ m –1 .
Il n’y a pas de frottement. Le gaz est dans le même état initial que précédemment,
et il est à nouveau chauffé progressivement jusqu’à la pression P = 2P 0 .
a. Calculer l’état final du gaz.
Que peut-on dire de la relation P(V) au cours de ce chauffage ?
b. Calculer l’énergie thermique Q 1 fournie au gaz par la résistance, ainsi que l’énergie
absorbée par le ressort.
■■
Solution
1. a. Considérons le gaz : il subit une transformation adiabatique quasi statique et
réversible, c’est-à-dire que son volume et sa pression vérifient la loi de Laplace :
γ
P ⋅ V = constante
soit ici, en notant V2 le volume du gaz :
γ
γ
P ⋅ V2 = P0 ⋅ V0
avec
426 Partie 2 – Physique MPSI
RT
P = 2P 0 , et V 0 = --------0P0
Exercice 616
KF.book Page 427 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
1
--
RT 0 P 0 γ
V 2 = --------- ⋅  -----
P0  P 
d’où :
numériquement :
V 2 = 24,1 ⋅
10 – 3
1
⋅  --
 2
1
------1,4
V 2 # 14,7 ⋅ 10 –3 m 3 .
On en déduit la température T2 de ce gaz :
1
--
P0 γ
PV
P
T 2 = ---------2 = ----- ⋅ T 0 ⋅  -----

P
P0
R
P
T 2 = T 0 ⋅  -----
 P 0
soit
1
1 – -γ
T 2 # 353 K
et le volume V1 du gaz : V 1 = 2V 0 – V 2
1
RT 0
P 0 -V 1 = --------- 2 –  ----- γ
 P
P0
V 1 # 33,5 ⋅ 10 –3 m 3 .
On en déduit la température T1 de ce gaz :
PV
T 1 = --------1R
1
--
P0 γ
P
T 1 = T 0 ⋅ ----- 2 –  -----
 P
P0
soit
T 1 # 806 K.
1. b. • Appliquons d’abord le premier principe à l’ensemble des deux gaz : le volume
est constant, donc W = 0, et le système reçoit par l’intermédiaire de la résistance
chauffante une énergie thermique Q.
D’où
∆U syst = ∆U 1 + ∆U 2 = 0 + Q
soit
Q = Cv ( T1 – T0 ) + Cv ( T2 – T0 )
PV 1 = RT 1 , PV 2 = RT 2 et P 0 V 0 = RT 0 , d’où :
Cv
Q = ------ [ P ( V 1 + V 2 ) – 2P 0 V 0 ]
R
R
et avec C v = ----------- et V 1 + V 2 = 2V 0 :
γ–1
or
2V 0
Q = ----------- ( P – P 0 ) ⇒
γ–1
2RT 0 P
Q = -------------  ----- – 1
γ – 1  P0 
Chapitre 6 – Thermodynamique 427
Exercice 616
KF.book Page 428 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Application numérique : P = 2P 0
donne
2RT 0
Q = ------------- ⇒ Q # 12,0 kJ.
γ–1
• Calculons maintenant le travail W reçu par le gaz . Le premier principe appliqué
au seul gaz qui subit une compression adiabatique donne :
R
∆U 2 = W ⇒ W = C v ( T 2 – T 0 ) = ----------- ( T 2 – T 0 ).
γ–1
RT 0 P
W = -----------  -----
γ – 1  P 0
D’où
1
1 – -γ
–1 .
Application numérique : P = 2P 0 et W = 1,32 kJ.
; ;;;
;
2. a. Le chauffage du gaz est quasi statique : le piston, sans frottement, est donc constamment en
quasi-équilibre, ce qui se traduit par un bilan nul
des forces qu’il subit :
Ps – P 0 s – kx = 0
en notant x le déplacement du piston depuis sa
position initiale (le ressort a au départ sa longueur
au repos puisque P I = P 0 ). D’autre part, le
volume est devenu :
P0s
Ps
kx
ressort contracté
de x 0
P0
E
K
V = V 0 + sx,
x
k
k V – V0
soit P = P 0 + --x = P 0 + -- ⋅ ---------------- .
s
s
s
La pression varie selon une fonction affine de V, ce qui se traduit par un trajet rectiligne en diagramme P( V ).
La valeur de la raideur k du ressort « fixe » la pente de la droite
représentative de la transformation : plus la raideur k est élevée et plus on se rapproche d’un chauffage à volume constant.
s
s
À l’état final, P = 2P 0 soit x = x F = -- ( P – P 0 ) = --P 0 .
k
k
D’où le volume final
P
2P0
P0
V0
VF
s2P
V F = V 0 + ---------0k
Et une température finale TF telle que, loi des gaz parfaits :
2P 0
s2P
( 2P 0 )V F = RT F ⇒ T F = --------  V 0 + ---------0- ,
R 
k 
or P 0 V 0 = RT 0 , d’où :
2s 2 P 2
T F = 2T 0 + ------------0Rk
Application numérique : x F = 0,2 m ;
428 Partie 2 – Physique MPSI
V F = 34,1 ◊ 10 –3 m 3
et
T F = 821 K.
V
2. b. Le travail mécanique W1, algébriquement reçu par le gaz au cours du chauffage
(transformation quasi statique) est donné par :
W1 = –
VF
∫V PdV
0
W1 = –
W1 = –
xF
∫0
xF
∫0
 P + k--x sdx
 0 s 
P 0 sdx –
xF
∫0
kxdx
soit
x 2F
W 1 = – P 0 s x F – k ------ .
2
Le premier terme correspond au travail dépensé contre l’air atmosphérique, et le
second au travail de compression du ressort.
sP 0
En remplaçant x F par sa valeur x F = ------k
s2P 2 s2P 2
W 1 = – ---------0- – ---------0k
2k
2
3 s 2 P0
W 1 = – -- ⋅ ---------2 k
et l’énergie absorbée par le ressort :
s2P 2
W ressort = ---------02k
W ressort = 500 J.
Le premier principe appliqué au gaz donne alors :
soit
Q 1 = ∆U gaz – W 1
1
Q 1 = ----------- ( PV – P 0 V 0 ) – W 1
γ–1
2
s2P
1
3 s 2 P0
Q 1 = ----------- 2P 0  V 0 + ---------0- – P 0 V 0 + -- ⋅ ---------
γ–1
2 k
k 
et finalement
RT 0 s 2 P 02  2
3
+ ---------- ----------- + --
Q 1 = ----------k  γ – 1 2
γ–1
Q 1 = 12,5 kJ.
Chapitre 6 – Thermodynamique 429
Exercice 616
KF.book Page 429 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
KF.book Page 430 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
C. Bilans d’énergie et d’entropie
621 Compression d’un gaz parfait
P0
;;
;;
Un cylindre vertical à parois diathermanes est fermé par un
piston de masse m et de surface s (section du cylindre). Il
renferme n moles d’un gaz parfait diatomique dont on
C
donne le coefficient γ = ----p- (γ est une constante).
Cv
Initialement, le piston est bloqué et le gaz est en équilibre
dans l’état ( P 0 , V 0 , T 0 ). Le système est thermostaté à T 0 .
(n moles)
g
Pour les applications numériques, on prendra : n = 0,5 mol ; T 0 = 290 K ; P 0 = 10 5 Pa ;
7
mg
γ = --- ; R = 8,31 ⋅ J ⋅ K –1 ⋅ mol –1 (constante des gaz parfaits) ; ------- = xP 0 avec x = 0,5.
5
s
1. On libère brutalement le piston qui devient mobile sans aucun frottement, déterminer :
a. l’état final ;
b. les échanges énergétiques ;
c. la création d’entropie.
2. On libère le piston tout en assurant une descente infiniment lente.
a. Reprendre les questions précédentes.
b. Quelle relation existe-t-il entre les travaux reçus par le gaz dans les deux cas et la
création d’entropie calculée au 1.a. ?
■■ 1. Ce qu'il faut savoir
• Premier principe – second principe.
• Réversibilité – irréversibilité.
■■ 2. Ce qu'il faut comprendre
1. Cette première transformation est irréversible. Le système va tendre vers un état
d’équilibre (on peut supposer par exemple que des phénomènes tels que la viscosité du
gaz sont à l’origine de l’amortissement nécessaire pour atteindre cet équilibre). Cet
équilibre thermodynamique se traduira par un équilibre thermique (système en relation avec un thermostat) et un équilibre mécanique.
La création d’entropie s’obtient à l’aide du second principe appliqué au gaz : il faudra
vérifier que la quantité obtenue est bien positive.
2. Cette fois-ci, à chaque instant, la pression du gaz est égale à la « pression extérieure »
et sa température reste égale à T0 (la transformation devient réversible). L’état final est
évidemment le même (l’opérateur n’exerce aucune action dans l’état final).
De plus, la transformation étant réversible il n’y a pas de création d’entropie.
430 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 621
KF.book Page 431 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■ 3. Solution
1. a. Supposons que le système ait atteint sa position d’équilibre. Dans cet état, la température est imposée par le thermostat ; elle vaut donc Τ0.
La condition d’équilibre mécanique (absence de frottements solides au niveau du piston) implique :
mg
P F = P 0 + ------- soit P F = P 0 ( 1 + x )
s
Soit un volume VF tel que (loi des gaz parfaits) :
nRT
P F V F = nRT F ⇒ V F = ------------0( T F = T 0 ).
PF
D’où :
nRT 0
V0
V F = ---------------------- ).
(ou encore V F = ----------P0 ( 1 + x )
1+x
Application numérique : P F = 10 5 ( 1 + 0,5 )
soit :
P F = 1,5 ◊ 10 5 Pa.
0,5 × 8,31 × 290
- soit : V F = 8,0 dm 3 .
V F = ------------------------------------10 5 × 1,5
1. b. Dans une transformation irréversible, le travail élémentaire fourni par l’extérieur
s’exprime sous la forme : δW = – P ext dV.
W = –
Soit au total :
VF
∫V Pext ⋅ dV.
0
mg
Ici, P ext = P 0 + ------- .
s
Le travail reçu par le gaz seul est tel que :
V0
mg
W = –  P 0 + ------- ( V F – V 0 ) = – P 0 ( 1 + x ) ----------- – V0

1+x
s 
W = +P 0 V 0 x ⇒
W = nRT 0 x
Application numérique : W = 602 J.
Le thermostat lui fournit une énergie thermique Q. Le premier principe appliqué au
gaz s’écrit : ∆U = W + Q.
Le gaz étant parfait, son énergie interne ne dépend que de sa température ce qui implique ici ∆U = 0 ( T F = T I = T 0 ).
D’où : Q = – W et Q = – nRT 0 x
Q = – 601 J.
1. c. Pour déterminer la création d’entropie, on est amené à faire un bilan d’entropie.
∆S gaz = S e + σ,
avec Se l’entropie échangée avec le thermostat à la température T0.
γ
 P F V F
= nC v ln  -----------γ- .
 PI VI 
1 γ
Soit ici : ∆S gaz = nC v ln ( 1 + x )  ------------ .
 1 + x
Or
∆S gaz
D’où
nR
∆S gaz = ----------- ln ( ( 1 + x ) 1 – γ ) ⇒ ∆S gaz = – nR ln ( 1 + x ).
γ–1
Chapitre 6 – Thermodynamique 431
Exercice 621
KF.book Page 432 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Q
et S e = ----- = – nRx.
T0
On en déduit la création d’entropie :
σ = – nR ln ( 1 + x ) + nRx ⇒
σ = nR [ x – ln ( 1 + x ) ]
Application numérique : σ = 0,39 J ◊ K –1 .
Il reste à vérifier que cette quantité ∆ création S = σ ( x ) est bien – dans tous les cas – positive.
σ ( x ) = nR [ x – ln ( 1 + x ) ].
x
dσ
1
Or σ ( 0 ) = 0 et ------- = nR 1 – ------------ = nR ------------ 0 (x 0).
1+x
dx
1+x
On a bien σ ( x 0 ) 0.
2. a. Le piston descendant très lentement, et sans frottements, on considérera que le
gaz subit une transformation réversible dans laquelle sa pression est donnée, à chaque
instant, par la relation :
nRT
P = ------------0( T = T 0 ).
V
dV
Le gaz reçoit donc le travail W′ = – PdV, soit : W′ = – nRT 0 ------- .
V
Remarquons alors que l’état final est identique à celui décrit au 1. (l’équilibre
thermique ⇒ T F = T 0 ; l’équilibre mécanique donne P F = P 0 ( 1 + x ), d’où un
même volume final VF).
VF
Soit W′ = – nRT 0 ln  ------ ⇒ W′ = +nRT 0 ln ( 1 + x )
 V 0
∫
∫
Le gaz reçoit également une énergie thermique Q′ du thermostat telle que (application du
1er principe au gaz) : ∆U = W′ + Q′ = 0 (gaz parfait et T F = T I = T 0 d’où ∆U = 0 )
et
Q′ = – n RT 0 ln ( 1 + x )
Application numérique : W′ = – Q′ = 489 J.
Bilan entropique
Nous avons maintenant :
∆S gaz = – nR ln ( 1 + x ).
Ce résultat est évidemment identique à celui obtenu au 1. : mêmes états initial et final
et S gaz est une fonction d’état.
Q′
De plus S e = ------ = – nR ln ( 1 + x ).
T0
On a donc σ = 0 (transformation supposée réversible : pas de création d’entropie).
2. b. Nous avons obtenu au 1. b. et 2. a. :
 W = nRT 0 x et W′ = nRT 0 ln ( 1 + x )

 σ = nR [ x – ln ( 1 + x ) ]
On peut donc écrire :
432 Partie 2 – Physique MPSI
W – W′ = T 0 σ
(1)
V0
On passe du même état initial ( P 0 ,V 0 ,T 0 ) au même état final P 0 ( 1 + x ), ------------ , T 0
1+x
par deux transformations différentes :
– la première est irréversible et monotherme : il faut fournir un travail irréversible
W = W irr ;
– la seconde est réversible et isotherme, le travail nécessaire est W′ = W rev .
La relation (1) se réécrit :
W irr ( I → F ) – W rev ( I → F ) = T 0 σ ( I → F/irr )
TI = TF = T0 .
Commentaires
Pour la transformation du 1. on a :
∆U = 0 (transformation monotherme + gaz parfait)
Q irr
d’où W irr + Q irr = 0 avec ∆S gaz = -------+ σ soit W irr = – T 0 ∆S gaz + T 0 σ
T0
(2)
Pour la transformation du 2. :
Q rev
∆U = 0 et W rev + Q rev = 0 avec ∆S′gaz = --------+0
T0
d’où W rev = – T 0 ∆S′gaz
(3)
Les équations (2) et (3) donnent alors : W irr – W rev = T 0 [ ∆S′gaz – ∆S gaz ] + T 0 σ.
Dans les deux cas, les états initial et final sont identiques donc le gaz subit la même variation
d’entropie : ∆S′gaz = ∆S gaz . Ce qui conduit à la relation cherchée :
W irr – W rev = T 0 σ
622 Solides en contact thermique
1. Deux corps 1 et 2 , de températures initiales T 10 et T 20 et de capacités thermiques constantes C1 et C2, sont mis en contact.
Ils forment un système isolé et leurs volumes sont invariables.
C 1 T 10 + C 2 T 20
- (prendre T 20 T 10 ).
On note T 0 = ----------------------------C1 + C2
Déterminer la température finale Tf du système et sa variation d’entropie ∆S. Commenter ce dernier résultat.
2. Partant du même état initial, on suppose désormais que les échanges thermiques
s’effectuent par l’intermédiaire d’un solide de capacité thermique négligeable et de
conductivité thermique suffisamment faible.
a. Les résultats précédents sont-ils modifiés ? Commenter.
Déterminer l’évolution des températures T1(t) et T2(t) dans l’hypothèse où la puissance thermique échangée de 2 vers 1 est donnée par l’expression :
Chapitre 6 – Thermodynamique 433
Exercice 622
KF.book Page 433 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 622
KF.book Page 434 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
P th ( 2 → 1 ) = h ( T 2 – T 1 ) . On mettra en évidence une constante de temps τ que l’on
exprimera en fonction de h, C1 et C2.
δσ
b. Déterminer, en fonction de h, T1, T2 le taux de création d’entropie ------ . Commenter.
dt
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Premier principe.
• Second principe ; création d’entropie.
• Transformation quasi statique ; transformation réversible.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. L’ensemble { 1, 2 } étant isolé, les échanges thermiques sont internes à ce système. Les températures vont évoluer jusqu’à l’équilibre thermique ( T 1F = T 2F = T F )
à énergie interne constante. D’autre part, la variation d’entropie est la somme de celles
des deux corps (extensivité) : elle doit être positive (transformation irréversible d’un
système thermiquement isolé).
2. L’état final ne sera pas modifié (on a toujours ∆U = 0 ) pas plus que ∆S (S fonction
d’état : même état initial et même état final). La transformation « infiniment » lente est
devenue quasi statique tout en restant irréversible.
■■ 3. Solution
1. Le système des deux corps 1 et 2 est isolé thermiquement et n’échange aucun travail avec l’extérieur (volumes supposés invariables).
Son énergie interne est donc invariable : U F = U I .
Soit encore ∆U ( 1 ) + ∆U ( 2 ) = 0.
Or l’équilibre thermique final est assuré dès que les températures de 1 et 2 sont égales (TF). D’où : ∆U ( 1 ) = C 1 ( T F – T 10 ) et ∆U ( 2 ) = C 2 ( T F – T 20 )
et
C 1 ( T F – T 10 ) + C 2 ( T F – T 20 ) = 0 ⇒
C 1 T 10 + C 2 T 20
- = T0
T F = --------------------------------C1 + C2
La variation d’entropie du système est la somme des variations d’entropie des deux
corps : ∆S = ∆S ( 1 ) + ∆S ( 2 ) = ∆S 1 + ∆S 2
dT 1
TF
dT 2
TF
or dS 1 = C 1 --------- ⇒ ∆S 1 = C 1 ln  ------- et dS 2 = C 2 --------- ⇒ ∆S 2 = C 2 ln  ------- .



T1
T 10
T2
T 20
D’où au total :
T F ( C1 + C2 )
∆S = ln ---------------------T 1C01 ⋅ T 2C02
Cette quantité est bien positive conformément à l’expression du second principe :
∆S = S e + σ S e ( σ 0 ).
Le système étant thermiquement isolé, on a : S e = 0, d’où ∆S 0. Cette valeur positive de ∆S traduit l’irréversibilité des échanges thermiques entre les deux corps.
434 Partie 2 – Physique MPSI
2. a. Les conditions imposées réalisent une transformation quasi statique.
T2
T1
Le système des deux corps – toujours isolé de l’extérieur
– garde une énergie interne constante de sorte que la
température finale demeure T0. La variation d’entropie du système est inchangée.
La transformation bien que quasi statique n’en est pas pour autant réversible.
L’irréversibilité trouve ici sa source au sein du matériau où s’effectue le transport de
l’énergie thermique (phénomène de diffusion).
Par ailleurs, on peut remarquer que pour des températures T2(t) et T1(t) à l’instant t
(avec T2(t) T1(t)), une infime diminution de la température du corps chaud 2 ne
modifie en rien le sens des échanges thermiques, ce qui traduit bien l’irréversibilité.
Pour un processus d’échange suffisamment lent, les températures des deux corps sont
bien définies à chaque instant et évoluent selon les lois (volumes invariables) :
dU 1 = C 1 dT 1 = δQ 2 → 1 = – h ( T 1 – T 2 ) d t
dU 2 = C 2 dT 2 = δQ 1 → 2 = h ( T 1 – T 2 ) d t .
D’où le système différentiel :
d
 dT

1
1
 ----- ( T 2 – T 1 ) + h  ------ + ------ ( T 2 – T 1 ) = 0 (1)
 C 1 --------1- = – h ( T 1 – T 2 ) 
dt
C
C
dt



1
2

 ⇔
dT 2
dT
 dT 1
 -------
- + C 2 --------2- = 0 (2)
 C 1 ------- C 2 dt- = – h ( T 2 – T 1 ) 
dt
dt



(2) redonne bien évidemment C 1 T 1 + C 2 T 2 = constante = ( C 1 + C 2 )T F .
(1) s’intègre aisément en : T 2 – T 1 = ( T 20 – T 10 )e
600
t
– -τ
C1 C2
où τ = --------------------------- .
( C 1 + C 2 )h
T2
T 10 = 200 K ; T 20 = 600 K
400
T1
200
0
2
4
2. b. Appliquons le second principe à l’ensemble du système :
dS
δσ
------ = 0 + ------ (δσ = création d’entropie pendant dt)
dt
dt
dS 1 dS 2
δσ
or S = S 1 + S 2 ⇒ ------ = -------- + -------- .
dt
dt
dt
L’évolution thermodynamique de chaque corps est réversible, c’est au niveau du transfert thermique que se situe l’irréversibilité.
Chapitre 6 – Thermodynamique 435
Exercice 622
KF.book Page 435 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 623
KF.book Page 436 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
( T2 – T1 )
δQ 2 → 1
dS
P th ( 2 → 1 )
On a ainsi : -------1- = -----------------= -------------------- = h ---------------------T1
dt
T1 d t
T1
( T2 – T1 )
δQ 2 → 1
dS 2
P th ( 2 → 1 )
-------- = – ------------------ = – --------------------- = – h ---------------------- .
et
T2
dt
T2 d t
T2
δσ
1
1
D’où : ------ = h ( T 2 – T 1 )  ----- – ----- ⇒
 T 1 T 2
dt
δσ h ( T 2 – T 1 ) 2
------ = ---------------------------- 0
T1 T2
dt
La création totale d’entropie s’obtient en intégrant l’expression précédente :
∞
∞ ( T – T )2
2
1
σ =
δσ = h ------------------------dt.
T1 T2
0
0
On a plus simplement :
∫
∫
C +C
TF 1 2
σ = ∆S 1 + ∆S 2 = ∆S = ln -------------------C
C
T 101 · T 202
(cf. 1.)
Commentaires
Le second principe appliqué au corps 1 et prenant en
compte ses échanges thermiques avec la « source » 2 à T2(t)
s’écrit entre t et t + dt :
δQ
δQ 2 → 1
δQ 2 → 1
+ δσ′ avec dS 1 = -----------------dS 1 = -----------------T2
T1
1
1
d’où : δσ′ = δQ 2 → 1  ----- – ----- .
 T 1 T 2
On a bien δσ′ = δσ, et l’irréversibilité prend ici naissance dans le solide qui assure le
transfert thermique.
623 Variations d’entropie d’un gaz
1. Un gaz parfait diatomique ( γ = 1,4 ) est enfermé dans un cylindre aux parois diathermanes. L’état initial – qui sera commun à toutes les transformations envisagées
– est le suivant :
5
 P 1 = 10 6 Pa L’atmosphère est à la pression P 0 = 10 Pa et à la température T 0 = 300 K.

( 1 )  V 1 = 1 litre

 T 1 = 300 K
a. On fait subir au gaz une détente isotherme réversible qui l’amène à l’état (2) :
P 2 = P 0 = 10 5 Pa ;
436 Partie 2 – Physique MPSI
T 2 = T 1 = 300 K.
Exercice 623
KF.book Page 437 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
• Quelle est la variation d’entropie ∆S 1 du système ?
• Quelles sont :
– la variation d’entropie de l’atmosphère ?
– la création d’entropie σ 1 ?
b. On fait subir au gaz une détente monotherme irréversible à pression extérieure
constante, égale à la pression atmosphérique (la pression finale est P0).
• Quelle est la variation d’entropie ∆S 2 du système ?
• Quelles sont :
– la variation d’entropie de l’atmosphère ?
– la création d’entropie σ 2 ?
2. On considère maintenant les parois du cylindre et le piston comme adiabatiques.
a. Le gaz subit depuis l’état (1) une détente adiabatique réversible jusqu’à la pression
P 2 = P 0 = 10 5 Pa.
• Quelle est la variation d’entropie ∆S 3 du système ?
• Quelles sont :
– la variation d’entropie de l’atmosphère ?
– la création d’entropie σ 3 ?
b. Le gaz subit une détente adiabatique irréversible à pression extérieure constante P 0
( P 2 = P 0 = 10 5 Pa ) jusqu’à P2 .
• Quelle est la variation d’entropie ∆S 4 du système ?
• Quelles sont :
– la variation d’entropie de l’atmosphère ?
– la création d’entropie σ 4 ?
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Premier principe.
• Second principe.
■■ 2. Solution
1. a.
POINT COURS
D’après le second principe, ∆S = S e + σ, σ étant la création d’entropie qui
accompagne un processus irréversible, ( σ 0 ).
Si la transformation est réversible, σ = 0.
Pour une transformation d’un gaz en contact avec un thermostat à la température
T0 , le thermostat fournissant au gaz la quantité d’énergie thermique Q :
Q
S e = ----- .
T0
Chapitre 6 – Thermodynamique 437
Exercice 623
KF.book Page 438 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Q1
On a donc ici (transformation réversible) : ∆S 1 = S 1 échangée = ------ .
T0
D’après le 1er principe : ∆U 1 = W 1 + Q 1
or puisque T 1 = T 2 , on a ∆U 1 = 0 (gaz parfait) et donc Q 1 = – W 1
2
V2
P2
or W 1 = – PdV = – nRT 1 ln ------ = P 1 V 1 ln ----- .
V1
P1
1
∫
D’où
P1
Q 1 = P 1 V 1 ln ----P2
et
P1 V1
P1
∆S 1 = ------------ ln  ----- ;
 P 2
T0
P1 V1
P1
∆S 1 = ------------ ln  -----
 P 0
T0
10 6 × 10 –3
Application numérique : ∆S 1 = ------------------------ ln 10 = 7,7 J ⋅ K –1
300
–Q
∆S 1atm = ---------1 = – ∆S 1
T0
On a bien évidemment σ 1 = 0 la transformation étant réversible.
1. b.
POINT COURS
L’entropie est une fonction d’état : la variation d’entropie entre deux états est donc
indépendante du chemin suivi (c’est-à-dire de la transformation).
L’état final du 1. b. est identique à l’état final précédent ( P 2 = P 0 ) ;
on a donc
∆S 2 = ∆S 1
Par contre, la transformation étant irréversible, la quantité d’énergie thermique fournie par le thermostat n’est plus la même.
Soit Q2 cette quantité de chaleur. T F = T I = 300 K d’où : ∆U 2 = 0 avec toujours
∆U 2 = W 2 + Q 2 .
D’où
Q2 = –W2 .
La transformation ayant lieu à pression extérieure constante,
W 2 = – P e ( V 2 – V 1 ) = – P 0 ( V 2 – V 1 ).
Q
P0 ( V2 – V1 )
-.
D’où Q 2 = P 0 ( V 2 – V 1 ) et ∆S 2 atm = – -----2- = – ---------------------------T0
T0
En utilisant la loi des gaz parfaits, on obtient ∆S 2 atm en fonction des données
( P2 V2 = P1 V1 ) :
P1 V1
P
∆S 2 atm = – ------------  1 – ----2-
T0 
P 1
Application numérique : ∆S 2 atm = – 3 J ⋅ K –1 ;
S 2 échangée = – ∆S 2 atm
438 Partie 2 – Physique MPSI
où P2 = P0.
et
Exercice 623
KF.book Page 439 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
∆S 2 = S 2 échangée + σ 2 .
D’où
σ 2 = ∆S 2 – S 2 échangée = ∆S 2 + ∆S 2atm :
P1 V1 P P1 V1
P
σ2 = ------------ ln ----1- – ------------  1 – ----2-
T0
T0 
P2
P 1
où P 2 = P 0 .
Application numérique : σ 2 = 10,7 J ⋅ K –1 .
On vérifie bien sûr que : σ 2 0.
Commentaire
P
Faisons varier P1 et posons x = ----2- en supposant P 1 P 2
P1
P1 V1
σ 2 = ------------ [ x – 1 – ln x ]. Traçons les courbes x – 1 et ln x
T0
y
x–1
ln x
1
x
σ 2 diminue lorsque x → 1 ( P 1 → P 2 ). On se rapproche alors de la réversibilité.
2. a. La transformation est maintenant adiabatique réversible.
∆S 3 = 0
(pas d’entropie d’échange et pas de création d’entropie)
∆S 3 atm = – S 3 échangée = 0
σ3 = 0
2. b.
POINT COURS
Si un système passe de l’état E1 à l’état E 2 par une transformation adiabatique
réversible ∆S = S ( E 2 ) – S ( E 1 ) = 0.
Il est alors impossible de faire passer le système de l’état E 1 à l’état E 2 par une
transformation adiabatique irréversible pour laquelle on aurait ∆S 0.
Pour ne pas violer le second principe, il faut que l’état final obtenu au 2. b. soit différent
de l’état final obtenu au 2. a. Déterminons cet état final : Q 4 = 0.
La transformation a lieu à pression extérieure constante
W 4 = – P e ( V 2′ – V 1 ) = ∆U = nC v ( T 2′ – T 1 ).
En utilisant la loi des gaz parfaits avec P e = P 2 = P 0
P e V 2′ = P 2 V 2′ = nRT 2′ et P 1 V 1 = nRT 1
Chapitre 6 – Thermodynamique 439
Exercice 624
KF.book Page 440 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
d’où
et
1
– P 2 ( V 2′ – V 1 ) = ----------- ( P 2 V 2′ – P 1 V 1 )
γ–1
P 2 V 2′ [ γ – 1 + 1 ] = ( γ – 1 )P 2 V 1 + P 1 V 1
γ – 1 P1
V 2′ = V 1 ----------- + -------γ P2
γ
P 2 V 2′
T 2′
et une température T 2′ telle que : ------- = ----- -------P1 V1
T1
soit
(1)
1 γ – 1 P2
T 2′ = T 1 ⋅ -- + ----------- ----- .
γ P1
γ
d’où
On peut alors calculer ∆S 4 en imaginant une transformation réversible passant de
dV
dT
l’état E1 à l’état E 2′ pour laquelle dS = nC v ------ + nR ------- .
V
T
V 2′
nR T 2′
- + nR ln -------- .
Ainsi ∆S 4 = ----------- ln -----γ – 1 T1
V1
Soit
P 2 V 2′
V 2′
nR
∆S 4 = ----------- ln  ----- -------- + nR ln  --------



P1 V1
γ–1
V1 
d’où
P1 V1 
P2
V 2′ 
∆S 4 = ----------------------  ln  ----- + γ ln  -------- .
 V1 
( γ – 1 )T 1   P 1

Et avec (1)
P1 V1 
P2
γ – 1 P1 
∆S 4 = ----------------------  ln  ----- + γ ln ----------- + -------( γ – 1 )T 1   P 1
γ P 2 
γ
P
P
----1- = ----1-
 P 2 P 0
= 0
La transformation étant adiabatique, on a : S échangée = 0 et donc ∆S 4 
 atm
soit σ 4 = ∆S 4 . On vérifie à nouveau que : σ 4 0.
Application numérique : σ 4 = ∆S 4 = 4,2 J ⋅ K –1 .
624 Évolutions adiabatiques d’un gaz parfait
P0
;;
Un gaz parfait est contenu dans un récipient cylindrique
vertical limité par un piston de masse négligeable. Les
parois du récipient et le piston sont athermanes (c’est-àdire adiabatiques).
Dans l’état d’équilibre initial E1, on a placé une masse m sur le
piston. La pression du milieu extérieur reste constante et égale
à P0. L’état E1 est caractérisé pour le gaz par les grandeurs V0 ,
mg
T0 et P 1 = P 0 + ------- (s : surface du piston).
s
440 Partie 2 – Physique MPSI
m
gaz
parfait
g
C
On supposera γ = ----p- = constante, et pour les applications numériques, on prendra :
Cv
7
γ = --- ; T 0 = 290 K ; R = 8,31 J ⋅ K –1 ⋅ mol –1 et n (nombre de mole de gaz) = 1.
5
1. On supprime brusquement la masse m. On considérera que le piston peut se déplacer sans frottements, et que le nouvel état d’équilibre E2 (PF , VF , TF) est atteint grâce
à des phénomènes dissipatifs internes au gaz.
P1
a. Déterminer les caractéristiques de ce nouvel état d’équilibre E2. On posera X = ----- .
P0
Application numérique :
VF
TF
Calculer les valeurs des rapports ----- et ---- . On a X = 1,5.
V0
T0
b. En déduire le travail reçu Wirr ainsi que la variation d’entropie ∆Sirr . Commenter.
Application numérique.
2. On revient au même état initial et on diminue la masse m très progressivement
jusqu’à l’annuler. Reprendre les questions 1. a. et 1. b.
3. La masse m ayant été enlevée brusquement et le système ayant atteint son état
d’équilibre E2, on repose la masse m sur le piston.
a. Est-il possible que l’état d’équilibre final E 1′ puisse se confondre avec l’état E1 ?
b. Déterminer les caractéristiques de cet état E 1′ .
■■
Solution
1. a. L’état d’équilibre final E2 doit se traduire (équilibre mécanique) par l’égalité des
pressions du gaz et du milieu extérieur P F = P 0 (piston sans masse). D’autre part,
appliquons le premier principe au gaz contenu dans le cylindre :
U 2 – U 1 = W ext + Q
avec
E1 ( P1 , V0 , T0 ) ⇒ E2 ( P0 , VF , TF ) .
Il n’y a pas d’échange d’énergie thermique avec l’extérieur (parois et piston
adiabatiques) ⇒ Q = 0 ; et le travail fourni au système s’exprime simplement à partir
de la pression extérieure P 0 et de la variation du volume du gaz :
W ext = – P 0 ( V F – V 0 ).
On a donc :
U2 – U1 = –P0 ( VF – V0 )
(1)
C
Avec U 2 – U 1 = nC v ( T F – T 0 ), le gaz étant supposé parfait et de coefficient γ = -----pCv
γ
R
indépendant de la température (on a alors C v = ----------- et C p = γ C v = -----------R ).
γ–1
γ–1
nR
La relation (1) devient : ----------- ( T F – T 0 ) = – P 0 ( V F – V 0 ).
γ–1
Chapitre 6 – Thermodynamique 441
Exercice 624
KF.book Page 441 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 624
KF.book Page 442 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
nRT T
V
------------0-  -----F- – 1 = – P 0 V 0  -----F- – 1



γ – 1 T0
V0 
Soit encore :
P0 VF
P1 V0
------------ = ----------- = nR
TF
T0
D’où en remplaçant – dans (2) – nRT 0 par P 1 V 0 :
La loi des gaz parfaits s’écrit :
(2)
(3)
V
1 P T
----------- ----1-  -----F- – 1 = 1 – -----F- .
V0
γ – 1 P0  T0 
V 1
P0 VF
P
----- ------ = -----F- ⋅ --- (où X = ----1- ) :
P1 V0
V0 X
P0
VF
= 1 – ------ .
V0
T
Enfin, en remarquant, d’après (3), que -----F- =
T0
X 1V
-----------  --- -----F- – 1
γ – 1  X V0 
En regroupant les termes, il vient alors :
VF
------ ( γ – 1 + 1 ) = ( γ – 1 ) + X ⇒
V0
TF γ – 1 + X
------ = ---------------------T0
γX
D’où
V
γ–1+X
-----F- = ---------------------V0
γ
(1)
(2)
Application numérique :
VF
T
------ = 1,36 et -----F- = 0,90 (soit TF = 262 K).
V0
T0
1. b. L’expression du travail reçu par le gaz s’identifie à Wext .
V
W irr = W ext = – P 0 ( V F – V 0 ) = – P 0 V 0 -----F- – 1 .
V0
P0
VF
Soit W irr = – ----- ⋅ ( P 1 V 0 ) ------ – 1 .
P1
V0
P1
VF
En remplaçant ----- par X et ------ par le résultat établi au 1. a., il vient :
P0
V0
P1 V0 γ – 1 + X
X–1
W irr = – ------------ ⋅ ---------------------- – 1 ⇒ W irr = – nRT 0  ------------
 γX 
X
γ
(3)
Application numérique :
 1,5 – 1 
W irr = – 1 ⋅ 8,31 ⋅ 290  -----------------
 7-- × 1,5
5

suit Wirr = –574 J.
• La variation d’entropie du gaz est obtenue par application de la formule classique
(gaz parfait, γ = constante) :
γ
P2 V2
∆S ( 1 → 2 ) = nC v ln -----------γP1 V1
442 Partie 2 – Physique MPSI
γ
P2 V2
nR
= ----------- ln -----------γ- .
γ–1
P1 V1
Exercice 624
KF.book Page 443 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
P
Soit en fonction de X = ----1- et de γ :
P0
γ
nR
1 γ – 1 + X 
∆S ( 1 → 2 ) = ----------- ln ---  ---------------------- 
γ–1
X
γ

(4)
Commentaire
Conformément au second principe, cette expression de ∆S doit être positive puisque l’on a :
∆S = 0 + σ 0
transformation adiabatique
création d’entropie (positive)
ce qui traduit l’irréversibilité de cette transformation, ce que confirme une étude rapide de
∆S ( X ).
On a en effet
nR
∆S = ----------- [ – ln X + γ ln [ γ – 1 + X ] – γ lnγ ]
γ–1
avec ∆S ( X = 1 ) = 0 et
∆S
nR
d∆S
1
γ
---------- = ----------- – --- + ---------------------γ–1 X γ–1+X
dX
nR ( γ – 1 ) ( X – 1 )
d∆S
soit ---------- = ----------- ---------------------------------- 0 pour X 1.
γ – 1 X(γ – 1 + X)
dX
1
X
Application numérique :
7
X = 1,5 ; γ = -- (gaz diatomique) et R = 8,31 donnent :
5
 7-- – 1 + 1,5 ---57

1 5
8,31
∆S ( 1 → 2 ) = ------------ ln -------  -------------------------  ⇒ ∆S ( 1, 2 ) = 0,46 J ◊ K –1 .
7
7
1,5 

-- – 1
-5
5


2. La transformation envisagée est désormais adiabatique et réversible, c’est-à-dire
isentropique. Le système atteint un état d’équilibre E 2′ ( P F′ , V F′ , T F′ ) défini par :
• P F′ = P 0 (équilibre mécanique) ;
• ∆S ( 1 → 2′ ) = 0, soit encore P′F V F′
γ
γ
= P 1 V 0 (loi de Laplace) ;
P1 V0
P F′ V F′
- = ------------ = nR (loi des gaz parfaits).
• --------------T0
T F′
1
D’où
Soit
1
1
P 1 --P 1 ----V F′
V F′
------- =  ------- γ =  ----- γ ⇒ ------- = Xγ
 P F′ 
 P 0
V0
V0
1
P F′ V F′
--- – 1
T F′
T F′
1 V F′
------- =  -------  -------- = --- -------- ⇒ ------= Xγ
 P1   V0 
X V0
T0
T0
(5)
(6)
Chapitre 6 – Thermodynamique 443
Exercice 624
KF.book Page 444 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Application numérique :
7
2
T F′
V F′
--T F′
– --V F′
-------- = ( 1,5 ) 5 et ------= ( 1,5 ) 7 ⇒ -------- = 1,34 et -------- = 0,89
V0
T0
V0
T0
( T F′ = 258 K ) .
• Le travail reçu s’écrit : W rev = ∆U = nC V ( T F′ – T 0 )
or
1–γ
–γ
nRT 0 1-------------------T F′
R
C V = ----------- et ------= X γ ⇒ W rev = ------------- X γ – 1
γ–1
γ–1
T0
1–γ
nRT 0
----------W rev = ------------- ⋅ X γ – 1
γ–1
avec
P 1 V 0 = nRT 0
(7)
1 × 8,31 × 290
Application numérique : W rev = ---------------------------------- [ ( 1,5 ) –2 / 7 – 1 ] ⇒ W rev = – 659 J.
( 1,4 – 1 )
On a, bien entendu, ∆S ( 1 → 2′ ) = 0.
3. a. Le passage E 1 → E 2 correspond à une transformation adiabatique irréversible
s’accompagnant d’une variation positive de l’entropie du gaz ∆S ( 1 → 2 ) 0.
Quand on repose la masse m sur le piston, le système tend vers un nouvel état d’équilibre E 1′ par une transformation également adiabatique et irréversible. On a alors
∆S ( 2 → 1′ ) 0. Ainsi, à la transformation globale E 1 → E 2 → E 1′, est associée une
variation d’entropie strictement positive ∆S ( E 1 → E 1′ ) = ∆S ( 1 → 2 ) + ∆S ( 2 → 1′ ).
Il est donc impossible que les états E1 et E 1′, puissent se confondre (dans ce cas, on
aurait ∆S ( E 1 → E 2 → E 1 ) = 0) .
3. b. Pour déterminer l’état d’équilibre E 1′ , il suffit de remarquer que le passage
E 2 ( P 0, V F , T F ) → E 1′ ( P 1, V F″ , T F″ ) s’obtient de la même façon que celui
E 1 ( P 1, V 0, T 0 ) → E 2 ( P 0, V F , T F ). Il suffit en fait de faire :
1
P 0 → P 1 soit X → --X
( V 0, V F ) → ( V F, V F″ ) et ( T 0, T F ) → ( T F, T F″ ).
D’où d’après les résultats du 1. a. et 1. b. :
1
γ – 1 + --V F″
X
--------- = ---------------------- ⇒
γ
VF
De plus
avec
V F″
( γ – 1 )X + 1
--------- = -----------------------------VF
γX
(8)
1
γ – 1 + --T F″
T F″
X
( γ – 1 )X + 1
-------- = ---------------------- ⇒ -------= -----------------------------1
TF
TF
γ
γ --X
(9)
V F″
W irr ( 2 → 1′ ) = – P 1 V F  -------- – 1
 VF

P1
P 1 V F = ----- P 0 V F = XnRT F ⇒ W irr ( 2 → 1′ ) = – XnRT F
P0
444 Partie 2 – Physique MPSI
F″
V
-------- – 1 .
 VF

Exercice 625
KF.book Page 445 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
(1 – X)
- ( γ – 1 + X ).
Ce qui donne en utilisant (2) et (8) : W irr = – XnRT 0 ---------------γ 2X
Application numérique :
V F″
T F″
-------- = 0,76 ; -------- = 1,14
VF
TF
et
(soit T F″ = 300 K )
W irr = ( 2 → 1′ ) = 779 J.
625 Évolution irréversible – Évolution réversible
;;;;;
;;;;; ;;;;
;;;;; ;;;;
;
;
;
;
;
;
Un cylindre fermé, à parois adiabatiques, est divisé en deux parties d’égal volume V0 par
un piston diathermane, de capacité calorifique négligeable, initialement bloqué. Les deux
C
compartiments contiennent le même gaz parfait (caractérisé par γ = ----P- = constante ),
Cv
à la température T 0 et aux pressions respectives P1 et
P 2 = 3P 1 . Pour les applications numériques, on prend :
γ = 1,4 ; T 0 = 290 K ; P 1 = 10 5 Pa ; V 0 = 25 ⋅ 10 –3 m 3 .
Constante des gaz parfaits : R = 8,31 J ⋅ mol –1 ⋅ K –1 .
V0
P1
T0
V0
P2
T0
1. On libère le piston, qui devient parfaitement mobile, et on laisse l’équilibre se réaliser. Déterminer l’état final et la variation totale d’entropie.
2. On repart du même état initial, mais le piston
est maintenu à chaque instant, en équilibre par la
masse m, que l’on diminue progressivement
jusqu’à m = 0.
;;
Déterminer l’état final, ainsi que le travail Wext de
déplacement de « la » masse m.
g
m
■■
Solution
1. Appliquons le premier principe au système constitué par l’ensemble des deux masses de gaz contenues dans le cylindre :
∆U syst = W ext + Q
ici, Q = 0 (enceinte adiabatique).
W ext = 0 d’où ∆U syst = 0.
Chapitre 6 – Thermodynamique 445
Exercice 625
KF.book Page 446 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Soit Tf la température finale du gaz (c’est évidemment la même pour les deux
compartiments : piston diathermane).
∆U syst = ∆U 1 + ∆U 2 = n 1 C v ( T f – T 0 ) + n 2 C v ( T f – T 0 )
R
où C v = ----------- est la capacité thermique molaire à volume constant du gaz parfait, n1
γ–1
et n2 les nombres de moles de gaz dans chaque compartiment.
On en déduit :
( n1 Cv + n2 Cv ) ( Tf – T0 ) = 0 ⇒ Tf = T0
soient V 1′ et V 2′ les volumes à l’équilibre, et Pf la pression. D’après la loi des gaz parfaits :
P1 V0
P f V 1′
------------ = n 1 R = -----------T0
Tf
P f V 2′
P2 V0
----------- = n 2 R = -----------T0
Tf
par addition (et en tenant compte de Tf = T0) : P 1 V 0 + P 2 V 0 = P f V 1′ + P f V 2′
et, comme V 1′ + V 2′ = 2V 0 :
P1 + P2
P f ⋅ ( 2V 0 ) = ( P 1 + P 2 )V 0 ⇒ P f = ---------------2
on en déduit les volumes :
P1 Tf
2P 1
V 1′ = V 0 ⋅ ----- ⋅ ----- ⇒ V 1′ = V 0 ⋅ ----------------Pf T0
P1 + P2
(1)
P2 Tf
2P 2
V 2′ = V 0 ⋅ ----- ⋅ ----- ⇒ V 2′ = V 0 ⋅ ----------------Pf T0
P1 + P2
Application numérique :
P f = 2 ◊ 10 5 Pa ; V 1′ = 12,5 ◊ 10 –3 m 3
et
V 2′ = 37,5 ◊ 10 – 3 m 3 .
Commentaire
On n’a pas fait intervenir le piston comme faisant partie du système : le prendre en compte
ne modifie pas les calculs, puisqu’il n’échange pas d’énergie avec ce qui l’entoure :
• sa capacité calorifique est supposée négligeable ;
• sa masse n’intervient pas : le poids ne travaille pas, le mouvement du piston étant implicitement supposé s’effectuer horizontalement (cf. les figures…).
Variation totale d’entropie :
L’entropie étant une fonction extensive, on en déduit : ∆S = ∆S 1 + ∆S 2 .
 TV γ – 1 
- .
Or pour un gaz parfait et γ = constante : S ( T, V ) = S ( T 0, V 0 ) + nC v ln  ----------------γ – 1
 T0 V0 
V 1′ γ – 1
V 2′ γ – 1
D’où ∆S = n 1 C v ln  --------
+ n 2 C v ln  --------
 V0 
 V0 
V 2′
V 1′
R
- + n 2 R ln -------- .
et avec C v = ----------- : ∆S = n 1 R ln ------V0
γ–1
V0
446 Partie 2 – Physique MPSI
Soit encore puisque
Exercice 625
KF.book Page 447 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
P1 V0
P2 V0
- et n 2 R = -----------:
n 1 R = ----------T0
T0
2P 1
2P 2 
V0 
∆S = ------  P 1 ln  ----------------- + P 2 ln  ----------------- 



T0 
P1 + P2
P 1 + P 2 
Application numérique :
∆S = 4,51 J ◊ K –1 .
Commentaire
Cette variation d’entropie est positive, comme il se doit, car il s’agit de l’évolution spontanée d’un système thermiquement isolé. On a alors :
=
∆S = S e + σ = σ 0.
0 ici
2. Du fait du déplacement de la masse (variable) m, le système des deux gaz fournit du
travail à l’extérieur (quand on diminue m, la masse remonte). Son énergie interne va
donc diminuer et la nouvelle température finale T f′ sera inférieure à T0.
∆U = n 1 C v ( T f′ – T 0 ) + n 2 C v ( T f′ – T 0 ) 0 ⇒ T f′ T 0 .
D’autre part, l’évolution étant très progressive et adiabatique, on peut la considérer
comme isentropique ce qui revient à admettre sa réversibilité.
L’état final est alors caractérisé par :
– une température finale T f′ T 0 ;
– une pression finale P 1′ = P 2′ = P f′ (puisque m = 0 en fin d’opération) ;
– des volumes finaux V 1″ et V 2″ , avec :
P f′ V 1″
P f V 1′
P f′ V 2″
P f V 2′
---------------- = n 1 R = ------------ = n 2 R = ------------ et --------------T f′
T0
T f′
T0
V 1″
V 1′
n
- = ------- = ----1soit en faisant le rapport -------n2
V 2″
V 2′
ou encore puisque
V 1″ + V 2″ = V 1′ + V 2′
V 1″ = V 1′ et V 2″ = V 2′
Exprimons la variation d’entropie (nulle) du gaz contenu dans les deux compartiments :
γ–1
γ–1
 T f′ V 1″

 T f′ V 2″

- + n 2 C v ln  --------------------- = 0
∆S = n 1 C v ln  ------ ---------------γ
–
1
γ
–
1
 T0 V 0 
 T0 V0

n
P
V 1′
1
- = ----1- = -- (cf. (1)) :
d’où puisque ----1- = ------n2
P2
V 2′
3
γ–1
γ–1
 T f′ V 1″

 T f′ V 2″

- + 3 ln  --------------------- = 0
ln  ------ ---------------γ
–
1
γ
–
1
 T0 V0

 T0 V0

et
T f′
V 2′
V 1′
4 ln  ------ = – ( γ – 1 ) ln -------- + 3 ln ------- T0 
V0
V0
Chapitre 6 – Thermodynamique 447
Exercice 626
KF.book Page 448 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Application numérique :
V 1′
V 2′
2P 1
3
1
- = -- et ------- = ---------------- = -- .
D’après (1), on a ------2
P1 + P2
2
V0
V0
T f′
1
3
D’où 4 ln  ------ = – ( γ – 1 ) ⋅ ln  -- + 3 ln  --
 T0 
 2
 2
T f′
27
4 ln  ------ = – ( γ – 1 ) ln  ----- .
 T0 
 16
Finalement
16
T f′ = T 0  -----
 27
γ–1
----------4
= 0,949 T 0 ⇒ T f′ # 275 K.
P
P f′
-----= -----f ⇒ P f′ = 1,9 ◊ 10 5 Pa.
T f′ T 0
Le travail W ext fourni, au système, par « la » masse variable m est :
W ext = ∆U = ∆U 1 + ∆U 2 = ( n 1 + n 2 )C v ( T f′ – T 0 ).
P1 V0
P2 V0
R
Or n 1 = ------------ , n 2 = ----------- et C v = -----------, d’où :
RT 0
γ–1
RT 0
On déduit la pression finale P f′ :
( P 1 + P 2 )V 0 T f′
W ext = -----------------------------  -----– 1
 T0

γ–1
Application numérique :
Wext = –1,27 kJ.
626 Optimisation d’un compresseur
On veut réaliser une installation de production d’air comprimé répondant au « cahier
des charges » suivant :
– état initial de l’air : pression : P 1 = 10 5 Pa, température T 1 = 290 K
(T1 : température ambiante) ;
– état final de l’air : pression : P 2 = 5 ⋅ 10 5 Pa, température T1. L’air sera assimilé à
Cp
un gaz parfait ( R = 8,31 J ⋅ mol –1 ⋅ K –1 ) , de rapport γ = ----- = 1,40.
Cv
Les échanges thermiques éventuels se font uniquement avec l’extérieur à la température uniforme T1.
1. Déterminer – pour une mole de gaz – le travail minimal Wm nécessaire à cette
transformation.
À quel type de transformation correspond cette valeur Wm ? Le vérifier.
2. La transformation précédente étant irréalisable en pratique, on propose les opérations suivantes :
– compression adiabatique réversible de l’état initial jusqu’à la pression P2 ;
448 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 626
KF.book Page 449 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
– refroidissement isobare jusqu’à l’état final.
Calculer le travail total W1 nécessaire pour une mole de gaz, et le comparer à Wm.
3. Calculer à nouveau le travail W pour un compresseur à deux étages :
– compression adiabatique réversible (P1, T1) → P ;
– refroidissement isobare jusqu’au retour à T1 ;
– compression adiabatique réversible (P, T1) → P2 ;
– refroidissement isobare jusqu’au retour à T1.
Comment faut-il choisir la pression P pour que W soit minimal ?
Calculer la valeur W2 de ce minimum de W.
Représenter ces différents travaux W sur un diagramme (P en fonction de V). Comment peut-on généraliser le résultat obtenu ici ?
■■
Solution
1. Pour toute transformation subie par un gaz parfait, le bilan d’énergie – pour une
mole de gaz – s’écrit :
∆U = C v ∆T = W + Q
ici, les états extrêmes sont à la même température T1. D’où :
W+Q=0
(1)
De même, le bilan d’entropie s’écrit (second principe) :
∆S = S e + σ
(2)
(σ : création d’entropie)
la fonction entropie d’un gaz parfait peut s’écrire sous la forme :
T
P
S = S 0 + n C p ln  ----- – n R ln  ----- , où S 0 = S ( T 0 , P 0 ) ; ce qui donne ici (pour une mole) :
 T 0
 P 0
P2
∆S = – R ln  ----- .
 P 1
D’autre part, les échanges thermiques n’ont lieu qu’avec l’extérieur, considéré comme
un thermostat à la température T1, ce qui donne :
Q
S e = ----T1
d’où, en reportant dans (2) :
P2
Q
– R ln  ----- = ----- + σ
 P 1
T1
et, en remplaçant Q d’après (1) :
P2
W
– R ln  ----- = – ----- + σ,
 P 1
T1
soit
P2
W = RT 1 ln  ----- + T 1 σ.
 P 1
La création d’entropie σ ne peut être que positive ou nulle. Le cas le plus avantageux
(travail minimal fourni) correspond donc à σ = 0 valeur caractéristique d’une transformation idéale réversible.
Chapitre 6 – Thermodynamique 449
Exercice 626
KF.book Page 450 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
P2
W = W m = RT 1 ln  -----
 P 1
Dans ce cas (σ = 0) :
Pour obtenir cette valeur de W, il faudrait donc une transformation réversible : la
réversibilité des échanges thermiques avec l’extérieur, à T1 impose une transformation
isotherme (à la température T1). Vérifions-le en calculant le travail reçu par le gaz dans
une telle transformation :
∫
W = – P ext dV
RT
avec P ext = P = ---------1 (Pext = P du fait de la réversibilité mécanique…)
V
RT 1
V2
soit W = – --------- dV ⇒ W = – RT 1 ln  ------
 V 1
V
∫
et puisque
P 1 V 1 = P 2 V 2 = RT 1 alors
P1
P2
W = – RT 1 ln  ----- ⇒ W = RT 1 ln  -----
 P 2
 P 1
on retrouve bien W = Wm.
P1 adiabatique
P2 isobare
P
;;;
;;;;;;
;
;
;
;
;
2. On peut schématiser la suite des transformations subies par le gaz, et les représenter en diagramme P ( V ) :
(b) T = T
2
P2
(a)
P2
T1 réversible
T2
T1
(a)
(b)
Pour la transformation isobare (b), on a
Q = ∆H b et pour l’adiabatique (a), Q = 0,
soit, pour l’ensemble des deux transformations
{a + b} :
P1
O
T1
V2
V1
V
∆U = W 1 + Q = W 1 + ∆H b
avec ∆U = C v ∆T = 0 (puisque le gaz revient à la température T1).
D’où : W 1 = – ∆H b = – C p ( T 1 – T 2 ) = C p ( T 2 – T 1 ).
Pour calculer T2, utilisons le fait que la transformation (a) est isentropique (puisque
adiabatique et réversible) ce qui, pour un gaz parfait, justifie l’application de la loi de
Laplace, que l’on peut écrire :
1–γ
P1
et
450 Partie 2 – Physique MPSI
γ
1–γ
⋅ T1 = P2
–1
P 2 γ---------γ
⋅ T 2 ⇒ T 2 = T 1  ----- γ
 P 1
–1
P 2 γ---------W 1 = C p T 1  ----- γ – 1
 P 1
Exercice 626
KF.book Page 451 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Application numérique :
γ
T2 = 459 K, et avec C p = -----------R,
γ–1
W1 = 4,92 kJ · mol–1 ;
W m = 8,31 ⋅ 290 ⋅ ln ( 5 ) ⇒ W m = 3,88 kJ ◊ mol –1 .
D’où un rapport
W
--------1- = 1,27 1.
Wm
Le travail à fournir dans le cas envisagé ici correspond donc à 27 % de plus que le minimum thermodynamiquement possible.
3. Le schéma des transformations subies par le gaz est maintenant le suivant :
P1 adiabatique
P isobare
P adiabatique
P2 isobare
P2
T1 réversible
(a)
T
T1 réversible
(c)
T′
T1
(b)
d’où la représentation en diagramme P ( V ) :
(d)
P
(d)
(c)
(b)
b
D’où
soit
d
W = – C p [ ( T 1 – T ) + ( T 1 – T′ ) ]
W = C p [ T + T′ – 2T 1 ].
;;;;;;
;;;;;;
;
;
;
;
;
On a toujours, pour l’ensemble des transformations : P
2
∆U = 0 = W + Q
P
avec Q = ∆H + ∆H .
(a)
T1
P1
Utilisant à nouveau la loi de Laplace pour les transO
formations adiabatiques réversibles (a) et (c) :
P
T = T 1  -----
 P 1
γ–1
----------γ
V1
V
γ–1
P 2 ----------T′ = T 1  ----- γ
 P
on obtient l’expression du travail W en fonction de P :
γ–1
γ–1
P 2 ----------P ----------W = C p T 1  ----- γ +  ----- γ – 2 .
 P
 P 1
Pour trouver la valeur de P qui rend W minimal, on peut chercher à annuler la dérivée
dW
γ–1
--------- . En posant ----------- = α, il vient :
dP
γ
α
α–1
P2 α
P2
d
P α
dW
P
--------- = C p T 1 -------  ----- +  -----
= C p T 1 α ----------- – ----------- .
α+1
α




dP P 1
P
dP
P1
P
Cette dérivée s’annule pour : P
α–1 α+1
P
P=
α α
= P 1 P 2 , soit :
P1 P2
Chapitre 6 – Thermodynamique 451
Exercice 626
KF.book Page 452 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Cette valeur de P est bien comprise entre P1 et P2 (moyenne géométrique), et on peut
aisément vérifier qu’elle correspond à un minimum. On a en effet :
1
dW
2α
α α
- [ P – P1 P2 ]
--------- = C p T 1 α -----------------α α+1
dP
P P
1
expression négative pour P = P1 et positive pour P = P2 ( α 0 ).
Pour cette valeur
P 1 P 2 de P, on a alors :
α
soit
α
 P
 P
W = W 2 = C p T 1  ----2- +  ----2- – 2
 P 1
 P 1
P2 α / 2
W 2 = 2C p T 1  -----
–1 .
 P 1
P2
W 2 = 2C p T 1  -----
 P 1
Finalement
γ–1
----------2γ
–1
Application numérique :
W
W 2 = 4,36 kJ ◊ mol –1 , soit --------2- = 1,12 1.
Wm
Le compresseur à deux étages est donc, en terme de travail à fournir, plus performant.
■ Représentation
de ces différents travaux en diagramme de Clapeyron P = P(V) :
compresseur à
1 étage
;;;
;;;
;;;
;;;
;;
;;
J
F M
J
;;;;
;;;;;;;
;;;;;;; ;
;
;;;;;;;
;;;;;;; ;
;
;
;
;
;
F
compresseur à
2 étages
P2
P1
V2
L
I
I
V1
V1
V2
isotherme T1 ; IJ, IK, LM : isentropiques PV γ = cste
W2
W1
Wm
K
travail économisé
par rapport à W1
Le travail Wm correspond à la surface sous la courbe isotherme T = T1, tandis que les
travaux W sont augmentés des portions de surface entre la courbe isotherme et la (ou
les) courbe(s) isentropique(s), et le (ou les) palier(s) isobare(s).
452 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 626
KF.book Page 453 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Commentaires
La compression en deux étapes conduit à la valeur optimale P =
cette valeur correspond à :
P 1 P 2 ; remarquons que
–1
P 2 γ---------T = T 1  ----- 2γ = T′.
 P 1
On limite l’irréversibilité en limitant l’échauffement du gaz, et le meilleur résultat est
obtenu avec des températures maximales égales lors de chaque compression.
;
;
;;;;;
;;;;;
Si l’on veut diminuer encore W1 et se rapprocher davantage du cas optimal (W = Wm),
on peut augmenter le nombre d’étapes, c’est-à-dire le nombre « d’étages » du dispositif
compresseur, chaque « étage » correspondant à une compression isentropique, suivie
d’un retour isobare à la température ambiante. Graphiquement, cela correspond à :
;;
;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;
;
;
;
;
P
P2
P1
T
T1 = cste
V
En augmentant les étapes de compression, on diminue l’échauffement à chaque étape,
donc l’écart de température avec l’extérieur. On réduit de ce fait l’irréversibilité des
échanges thermiques avec l’extérieur à T1, ce qui rapproche du cas réversible (cas optimal W = Wm).
Commentaires
On pourrait confirmer, par le calcul, la généralisation au cas d’un compresseur à n étages.
Notons maintenant P0 et Pn les pressions extrêmes, T0 la température extérieure et ( P i , T i )
l’état atteint à la fin de la ième compression.
Le lecteur vérifiera que l’on a :
n
• W m = C p [ T 1 + T 2 + … + T i + … + T n – nT 0 ] = T 0 C p
Pi

∑  ---------P i – 1
γ–1
----------γ
–n ;
1
Pn 1 / n
Pi + 1
- = cste =  ----- , ce qui correspond à prendre les Pi en
• Wm est minimale pour --------- P 0
Pi
progression géométrique entre les valeurs extrêmes P0 et Pn ;
–1
P n γ---------• alors W m = nC p T 0  ----- n γ – 1 ;
 P 0
Pn
• lim W m = RT 0 ln  ----- : on retrouve bien, à la limite, le résultat de la transformation
 P 0
n→∞
isotherme réversible.
Chapitre 6 – Thermodynamique 453
KF.book Page 454 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
D. Corps pur diphasé
631 Vaporisation dans le vide
Dans un réservoir initialement vide, de volume invariable V 0 = 5 ⋅ 10 –3 m 3 , on
introduit deux grammes d’eau liquide, pris à la pression atmosphérique P 0 = 10 5 Pa
et à la température T 0 = 290 K.
1. Le réservoir et son contenu sont portés à la température T 1 = 350 K (par l’intermédiaire d’un thermostat).
a. Déterminer l’état d’équilibre de l’eau (la pression d’équilibre eau liquide-vapeur
d’eau à la température T1 vaut P s ( T 1 ) = 0,46 ⋅ 10 5 Pa ).
Quelle est l’énergie thermique absorbée par les 2 g d’eau ?
La vapeur d’eau sera assimilée à un gaz parfait de masse molaire M = 18 g.
On donne : R = 8,31 J ⋅ mol –1 ⋅ K –1 (constante des gaz parfaits) ;
C L = 4,19 kJ ⋅ K –1 ⋅ kg –1 (capacité calorifique massique de l’eau liquide) ;
l vap ( T 1 ) = 2 300 kJ ⋅ kg –1 (chaleur latente de vaporisation de l’eau à T1).
b. Faire le bilan entropique.
2. À partir de l’état d’équilibre précédent, on chauffe le réservoir et son contenu jusqu’à
T 2 = 373 K ( P s ( T 2 ) = 10 5 Pa ) . Calculer l’énergie thermique absorbée par l’eau.
On donne l vap ( T 2 ) = 2 240 kJ ⋅ kg –1 ;
capacité calorifique molaire à volume constant de la vapeur d’eau :
C V = 21 J ⋅ mol –1 ⋅ K –1 .
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Premier principe ; second principe.
• Changement d’état : vaporisation de l’eau.
• Chaleur latente.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. L’eau introduite subit un chauffage et une vaporisation, partielle ou totale : il faut
d’abord déterminer dans lequel de ces deux cas on se trouve.
La quantité d’énergie thermique absorbée par l’eau se déduira de la variation de son
énergie interne.
On déterminera ensuite ∆U (et ∆S) en choisissant une suite de transformations réversibles menant à l’état final précédemment déterminé.
454 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 631
KF.book Page 455 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■ 3. Solution
1. L’état d’équilibre final est déterminé par
T = T 1 et :
P
liq
+
vap
– P P s ( T 1 ) si toute l’eau est vaporisée
Ps ( T1 )
(point K sur l’isotherme T1).
– P = P s ( T 1 ) s’il reste de l’eau liquide
(équilibre diphasé) (point N).
K
N
vL
v
vg
T1
V
---m
V
5 ⋅ 10 –3
Le volume massique de l’eau dans le réservoir est v = -----0- = ---------------- = 2,5 m 3 ⋅ kg –1
m
2 ⋅ 10 –3
RT 1
or v g = --------------------= 3,51 m 3 ⋅ kg –1 .
MP s ( T 1 )
Il en résulte ( v v g ) que l’on est en présence d’un système diphasé (point N).
On a donc : m = m g + m L et V 0 = v g m g + m L v L .
D’où
V 0 – mv L
m g v g + ( m – m g )v L = V 0 ⇒ m g = --------------------vg – vL
(1)
or v L v g et certainement, étant données la valeur de V0 et celle de m, V 0 mv L
V0
soit : m g ≈ ------ (2) ⇒ m g = 1,42 g et m L = 0,58 g
vg
• La transformation subie par l’eau s’est effectuée sans apport de travail extérieur, soit :
W = 0.
L’application du premier principe donne alors ∆U = Q.
Q est l’énergie thermique fournie par le thermostat.
Pour calculer ∆U, on va imaginer une suite de transformations réversibles amenant
l’eau de son état initial E0 à son état final EF :
E0
(a)
eau liquide
T0 , P0
m
EF
Système diphasé
T1, Ps(T1)
m L , m g /m L + m g = m
P
(b)
E0 → B → EF
(a) : chauffage de l’eau liquide de T 0
à T1 pour laquelle on néglige toute
variation de volume.
(b) : vaporisation partielle de l’eau à
T1 et P s ( T 1 ) constantes.
E0
Ps ( T1 )
EF
B
V0
V
Chapitre 6 – Thermodynamique 455
Exercice 631
KF.book Page 456 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
• ∆U = W + Q
Sur la transformation (a), W a ∼ 0
et ∆U a = Q a = mC L ( T 1 – T 0 ).
Sur la transformation (b), W b = – P s ( T 1 ) ( V 0 – mv L ) ≈ – P s ( T 1 )V 0
(et V 0 ≈ m g v g )
et Q b = m g l vap ( T 1 )
d’où :
∆U b ≈ m g l vap ( T 1 ) – P s ( T 1 )V 0 .
D’où
Q = mC L ( T 1 – T 0 ) + m g l vap ( T 1 ) – P s ( T 1 )V 0
Application numérique : Q = 3,54 kJ.
1. b. Bilan entropique
D’après le second principe :
∆S = S e + σ
(σ ≡ création d’entropie)
Q
où S e = ----- puisque le système reçoit l’énergie thermique Q du thermostat de tempéT1
rature T1.
Calculons ∆S ( E 0 → E F ). Pour se faire, on utilisera le même chemin réversible que
celui envisagé pour déterminer la valeur de ∆U, d’où : ∆S ( E 0 → E F ) = ∆S a + ∆S b .
Avec
∆S a =
∫
δQ rév
------------ dT =
T
T1
L dT
-----------------= mC L ln  -----

T 0
T
0
T 1 mC
∫T
(l’état du liquide ne dépendant ici que de la température).
Q rév
m g l vap ( T 1 )
= ------------------------D’autre part (cf. point de cours) : ∆S b = --------T1
T1
D’où
T1
m g l vap ( T 1 )
∆S ( E 0 → E F ) = mC L ln  ----- + ------------------------ T 0
T1
Q
σ = ∆S ( E 0 → E F ) – ----T1
et
D’où
T1
m g l vap ( T 1 ) mC L ( T 1 – T 0 ) + m g l vap ( T 1 ) – P s ( T 1 )V 0
σ = mC L ln  ----- + ------------------------– ---------------------------------------------------------------------------------------------- T 0
T1
T1
T 1 T 1 – T 0  P s ( T 1 )V 0

-  + ---------------------σ =  mC L ln  ----- – --------------- T 0
T1
T1


Application numérique : σ = 0,139 + 0,657 = 0,80 J ◊ K –1 .
Si on compare à la transformation réelle, on peut remarquer que le premier terme correspond au chauffage irréversible de l’eau liquide, et le second à l’irréversibilité de la
Ps ( T1 ) ⋅ V0
R
= m g ----- ne concerne que la masse d’eau vaporisée…
vaporisation : -------------------------M
T1
456 Partie 2 – Physique MPSI
2. Déterminons d’abord l’état d’équilibre atteint : la température augmente peu, et la
pression maximale de vapeur est plus que doublée : la masse de vapeur d’eau peut augmenter très notablement, et il est probable que l’eau va se vaporiser totalement.
Vérifions-le en calculant la pression atteinte dans l’hypothèse d’une vaporisation
totale de l’eau :
m RT 2
P = ----- ⋅ --------- = 0,69 ⋅ 10 5 Pa P s ( T 2 ) .
M V0
L’eau est donc totalement vaporisée à la pression P 2 = P.
De même que précédemment, le volume reste invariable, donc W = 0, et Q = ∆U.
Calculons ∆ U pour la suite de transformations suivantes :
(a′) : Vaporisation progressive de l’eau liquide restante à T1 et P s ( T 1 ) constantes, par
augmentation du volume : transformation N → B′.
(b′) : Chauffage de la vapeur de ( T 1, P s ( T 1 ) ) à ( T 2 , V 0 ) : transformation B′ → E F .
Q = ∆U = ∆U a′ + ∆U b′
avec ∆U a′ = ∆ ( H – PV ) = ∆H a′ – P s ( T 1 ) ⋅ ∆V
où
∆H a′ = ( m – m g )l vap ( T 1 )
P
Liq
(vaporisation du liquide restant) mg masse
P2
de vapeur dans l’état d’équilibre précédent
( m g = 1,42 g )
Ps ( T1 )
∆V = V′ – V 0
EF
B′
B
N
et (la vapeur est un gaz parfait) :
mg
m
P s ( T 1 )V′ = ----- RT 1 ; P s ( T 1 )V 0 = ------RT 1
M
M
m – mg
soit finalement : P s ( T 1 ) ⋅ ∆V = ----------------- RT 1 .
M
CV
D’autre part ∆U b′ = m ------ ( T 2 – T 1 ) (CV rapporté à 1 mole).
M
Ce qui donne
V 0 V′
V
CV
RT
Q = ∆U = ( m – m g )  l vap ( T 1 ) – ---------1 + m ------ ( T 2 – T 1 )


M
M
Application numérique : Q = 1 233 + 53,7 ⇔ Q # 1,29 kJ.
632 Détendeur
On fait subir à du fréon une détente de Joule-Thomson à partir d’un état correspondant au liquide de saturation (température T 1 = 303 K ) et qui l’amène à un état de
température T 2 = 237 K.
Chapitre 6 – Thermodynamique 457
Exercice 632
KF.book Page 457 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 632
KF.book Page 458 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
1. Déterminer cet état final. On donne pour l’équilibre liquide-vapeur – et pour les
températures T1 et T2 – les pressions d’équilibre ainsi que les enthalpies et entropies
massiques h et s.
P(atm)
T2
8 · 104
T1
7,7 · 105 Pa
Pa
hL
hv
sL
sv
387
556
4,061
4,776
448
586
4,286
4,743
(h en kJ ⋅ kg –1 et s en kJ ⋅ kg –1 ⋅ K –1 .)
Quelle est la variation d’entropie massique du fluide lors de la détente ?
2. Reprendre la question précédente avec les données suivantes :
•capacité thermique massique du liquide C L = 0,92 kJ ⋅ kg –1 ;
•chaleur latente massique de vaporisation l vap ( T 2 ) = 168 kJ ⋅ kg –1 .
3. Commenter la convergence des résultats obtenus aux questions 1. et 2.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Détente isenthalpique de Joule-Thomson.
• Changement d’état liquide → vapeur : chaleur latente.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Partant du liquide de saturation, la détente va avoir pour effet de vaporiser en partie
le fluide. Pour s’en convaincre, il suffit de comparer l’enthalphie massique h2 dans l’état
final (qui est identique à celle de l’état initial h1 puisque la détente est par définition
isenthalpique) aux enthalpies massiques du liquide de saturation ( h L ( T 2 ) ) et de la
vapeur saturante ( h v ( T 2 ) ).
2. On donne maintenant les valeurs de la capacité thermique du liquide de saturation
et de la chaleur latente de vaporisation (à la température T2). Les calculs de ∆h et ∆s
s’effectueront donc en choisissant un chemin réversible menant de l’état initial
( T 1 , x = 0 ) à l’état final ( T 2 , 0 x 1 ).
■■ 3. Solution
1. Dans l’état initial, le fluide se trouve dans l’état P
associé au point A (liquide de saturation à la tempéT1
rature T1 = 303 K et à la pression P1 = 7,7 · 105 Pa).
P1 A
Son enthalpie massique est :
T2
P2 C
h l = h L ( T l ) = 448 kJ ⋅ kg –1.
B
• Dans l’état final, l’enthalpie massique du fluide reste
le même (la détente de Joule-Thomson est, par définition, isenthalpique). On a donc : h f = h l = 448 kJ ⋅ kg –1 .
458 Partie 2 – Physique MPSI
D
v
D’autre part, dans cet état final, T = T 2 = 237 K ; or h C = h L ( T 2 ) = 387 kJ ⋅ kg –1
et h D = h v ( T 2 ) = 556 kJ ⋅ kg –1 , soit :
hC hf hD .
Le point figuratif B se situe donc entre C et D sur le palier de vaporisation. L’état final
sera celui d’un mélange liquide-vapeur à la température T2 et à la pression
P 2 = 8 ⋅ 10 4 Pa. On a donc :
h f = H vap + H liq
avec H vap = m vap h v ( T 2 ) et H liq = ( m – m vap )h L ( T 2 ).
Soit en introduisant le titre x en vapeur :
m vap = xm = x ⋅ 1 ( m = 1 kg ) , d’où : h f = xh v ( T 2 ) + ( 1 – x )h L ( T 2 )
et
hf – hL ( T2 )
x = -------------------------------------hV ( T2 ) – hL ( T2 )
448 – 387
61
Application numérique : x = ----------------------- = -------- ;
556 – 387
169
■ Variation d’entropie massique :
x = 0,36 .
Il s’agit de calculer ∆s = s f – s i (sf ≡ entropie massique dans l’état final).
On a
si = sL ( T1 )
et
s f = xs v ( T 2 ) + ( 1 – x )s L ( T 2 ).
Application numérique :
∆s = [ 0,36 × 4,776 + ( 1 – 0,36 ) × 4,061 ] – 4,286 fi ∆s = 33 J ◊ kg –1 ◊ K –1 .
Ce résultat traduit l’irréversibilité de la détente (cf. second principe).
2. La détente se caractérisant par ∆h = 0 ( h B = h A ), calculons ∆ h en suivant le chemin réversible A → C → B : ∆h = ( h C – h A ) + ( h B – h C ).
• Pour le liquide de saturation ( A → C ) :
∆h ( A → C ) = C′L ( T 2 – T 1 ) où C′L est la
capacité thermique du liquide juste saturant que
l’on confondra avec CL donné dans l’énoncé.
• La transformation C → B s’effectue sur le
palier de changement d’état. Elle correspond à
une vaporisation partielle et réversible d’une
masse x kg de fluide pour une masse initiale de
1 kg de Fréon liquide, d’où :
P
P2
T1
A
P1
T2
C
B
V
∆h ( C → B ) = xl vap ( T 2 ).
Au total,
soit
∆h = 0 = C L ( T 2 – T 1 ) + xl vap ( T 2 )
CL ( T1 – T2 )
x = ---------------------------l vap ( T 2 )
Application numérique :
0,92 ⋅ ( 303 – 237 )
x = ------------------------------------------ ⇔ x = 0,36.
168
Chapitre 6 – Thermodynamique 459
Exercice 632
KF.book Page 459 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
Exercice 633
KF.book Page 460 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■ Pour
calculer la variation d’entropie massique, reprenons le chemin réversible
A → C → B : ∆s = ∆s ( A → C ) + ∆s ( C → B ), avec :
∆s ( A → C ) =
∫
C δQ
rév
------------=
T
A
xl vap ( T 2 )
∆s ( B → C ) = --------------------T2
D’où
T2 C ′
L
∫T
T2
dt
------------- = C L ln  -----

T 1
T
1
(changement d’état réversible).
T2
xl vap ( T 2 )
∆s = C L ln  ----- + -------------------- T 1
T2
Application numérique :
237
0,36 × 168
∆s = 0,92 ln  -------- + ------------------------- ⇔ ∆s = 30 J ◊ K –1 ◊ kg –1 .
 303
237
3. On constate que les résultats obtenus en 1. et 2. concernant le titre x en vapeur et la
variation ∆s d’entropie sont très proches. Ceci n’est guère étonnant puisqu’il est possible d’évaluer les grandeurs CL et l vap ( T 2 ) fournie au 2. à partir du tableau de valeurs
thermodynamiques proposé au 1.
Ainsi on a : l vap ( T 2 ) = h v ( T 2 ) – h L ( T 2 ) = 556 – 387 ⇒ l vap ( T 2 ) = 169 KJ ◊ kg –1
ou encore
l vap ( T 2 ) = T 2 [ s v ( T 2 ) – s L ( T 2 ) ] = 237 × [ 4,776 – 4, 061 ]
soit
l vap ( T 2 ) = 169,(5) kJ ◊ kg –1 .
De même, on peut considérer que l’on a, en première approximation, pour le liquide
de saturation : h L ( T 2 ) – h L ( T 1 ) # C L ( T 2 – T 1 ) .
hL ( T1 ) – hL ( T2 )
448 – 387
On a donc : C L ∼ --------------------------------------- = ----------------------- ; C L ∼ 0, 92 kJ ◊ kg –1 .
T1 – T2
303 – 237
Ces valeurs sont bien en accord avec celles données à la question 2.
Soulignons enfin que l’on rencontre des détendeurs de ce type dans des machines frigorifiques.
633 Évolution isenthalpique
;;
;
;
Un récipient cylindrique horizontal est fermé par
m1
m2
un piston pouvant coulisser sans frottements. La
P0
P0 , T1 P0 , T2
pression extérieure est maintenue constante et
égale à P 0 = 1 atm.
paroi F
Le récipient est initialement séparé en deux compartiments par une paroi adiabatique escamotable. Le compartiment de gauche contient de l’eau liquide saturée ( m 1 = 1 kg ;
P 0 = 1 atm ; T 1 = 373 K ), celui de droite est rempli de vapeur d’eau ( m 2 = 2 kg ;
P 0 = 1 atm ; T 2 = 478 K ). Le piston et les parois du récipient sont adiabatiques.
460 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 633
KF.book Page 461 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
On supprime la paroi F (sans apport de travail).
On donne les valeurs numériques des enthalpies massiques (h) et entropies massiques (s) :
–1
; s L = 1,306 kJ ⋅ kg –1 ⋅ K –1
 h L = 419 kJ ⋅ kg
P 0 = 1 atm et T = 373 K 
 h v = 2 675 kJ ⋅ kg –1 ; s v = 7,354 kJ ⋅ kg –1 ⋅ K –1
P 0 = 1 atm et T = 478 K ; h v = 2 884 kJ ⋅ kg –1 ; s v = 7,847 kJ ⋅ kg –1 ⋅ K –1 .
1. Déterminer l’état d’équilibre final du système.
2. Calculer la variation d’entropie ∆ S.
3. Exprimer également cette variation d’entropie ∆ S en fonction notamment de
l vap ( T 1 ) et de CP , capacité thermique à pression constante de la vapeur (on considérera que CP est constante sur l’intervalle [ T 1,T 2] ).
Évaluer l vap ( T 1 ), CP , puis ∆ S. Conclure.
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Premier principe.
• Changement d’état liquide → vapeur : fonctions massiques h ( T, x ) et s ( T, x ).
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Le système va évoluer vers son état d’équilibre en échangeant uniquement du travail
avec l’extérieur (pression P0). Il suffira donc de traduire le bilan énergétique à l’aide du
premier principe, lequel doit se réduire ici à la conservation de l’enthalpie (P0 étant
également la pression dans les deux compartiments avant la suppression de la paroi).
Pour l’état final, il faudra faire une hypothèse : on pourra, par exemple, considérer qu’il
correspond à un équilibre liquide-vapeur ( P 0 = 1 atm et T = 373 K ).
2. Les états initial et final étant connus, leurs entropies se calculent aisément (l’entropie est une grandeur extensive). On doit trouver une variation ∆ S positive (cf. second
principe en l’absence d’échanges thermiques).
3. On prendra un état de référence associé au liquide de saturation (P 0 ,T 1). On lui
attribuera une entropie massique s0. On calculera les entropies des états initial et final
à partir de cet état de référence.
■■ 3. Solution
1. Le système est thermiquement isolé de l’extérieur (parois adiabatiques) et ne reçoit
donc aucune énergie thermique ( Q = 0 ).
D’autre part, les forces de pression extérieures ( P 0 ) lui fournissent le travail mécanique W tel que : W = – P 0 ∆V = – P 0 ( V 2 – V 1 )
(V1 volume total initial, V2 volume final).
Le bilan d’énergie (premier principe) s’écrit ici :
∆U = U 2 – U 1 = – P 0 ( V 2 – V 1 )
( Q = 0 ).
Chapitre 6 – Thermodynamique 461
Exercice 633
KF.book Page 462 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
( U 2 + P 0 V 2 ) = ( U 1 + P 0 V 1 ).
Soit encore :
Or la pression d’équilibre en fin de transformation est nécessairement P0 (équilibre
mécanique) ; mais P0 est aussi la pression dans chaque compartiment avant la suppression de la paroi. Les quantités ( U 1 + P 0 V 1 ) et ( U 2 + P 0 V 2 ) représentent donc les
enthalpies dans les états initial et final. La transformation se caractérise alors par l’invariance de l’enthalpie du système.
∆H = 0
L’enthalpie initiale est donnée par :
H l = H l ( eau liquide saturée ) + H l ( vapeur d’eau )
H l = m 1 h L ( 373 ) + m 2 h v ( 478 ) .
Soit
L’état du fluide dans les deux compartiments
est représenté sur le diagramme ( P, V ) par les
points A et B. Imaginons que l’état final puisse
être associé au point C (titre x en vapeur), ce
qui impose une température T = T 1 (et
P = P 0 ). Dès lors, l’enthalpie finale correspond à celle d’un mélange liquide-vapeur, de
masse totale m 1 + m 2 , soit :
P
P0
B
A
C
V
H 2 = [ xh v ( 373 ) + ( 1 – x )h L ( 373 ) ] ( m 1 + m 2 ).
La transformation étant isenthalpique, il vient ( H 1 = H 2 ) :
m 1 h L ( 373 ) + m 2 h v ( 478 )
xh v ( 373 ) + ( 1 – x )h L ( 373 ) = ----------------------------------------------------------- .
m1 + m2
D’où :
[ m 1 h L ( 373 ) + m 2 h v ( 478 ) ] – [ ( m 1 + m 2 )h L ( 373 ) ]
x [ h v ( 373 ) – h L ( 373 ) ] = ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------m1 + m2
m 2 [ h v ( 478 ) – h L ( 373 ) ]
x = ------------------------------------------------------------------------( m 1 + m 2 ) [ h v ( 373 ) – h L ( 373 ) ]
Finalement
(1)
Application numérique :
2 [ 2 884 – 419 ]
x = ----------------------------------------- fi x = 0,73 (on a bien 0 x 1 ).
3 × [ 2 675 – 419 ]
L’état final est donc celui d’un mélange liquide-vapeur :
P 0 = 1 atm ; T = 373 K ;
x = 0,73 ⇒ m v = 2,19 kg ; m L = 0,81 kg.
2. La variation d’entropie du système est ∆S = S 2 – S 1 avec :
S1 = S1 (eau liquide saturée) + S1 (vapeur d’eau)
soit
et
462 Partie 2 – Physique MPSI
T2
T1
S 1 = m 1 s L ( 373 ) + m 2 s v ( 478 ),
S 2 = ( m 1 + m 2 ) [ xs v ( 373 ) + ( 1 – x )s L ( 373 ) ].
Exercice 633
KF.book Page 463 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
∆S = ( m 1 + m 2 ) [ xs v ( 373 ) + ( 1 – x )s L ( 373 ) ] – m 1 s L ( 373 ) – m 2 s v ( 478 )
D’où
Application numérique :
En utilisant l’expression (1) définissant la valeur de x, nous obtenons :
∆S = 0,135 kJ ◊ K –1 .
La transformation envisagée s’accompagne d’un accroissement de l’entropie du système conformément à l’expression du second principe :
∆S = S e + σ (σ = création d’entropie : σ 0 )
avec ici S e = 0 (transformation adiabatique).
On doit bien avoir ∆S = σ 0.
3. Appelons s0 l’entropie massique du liquide P
de saturation dans l’état ( T 1, P 0 ) : point A.
Dans l’état initial, nous avons :
Si = m1 s0 + m2 sB
où
s B = ( s B – s A′ ) + ( s A′ – s A ) + s A
P0
B
A
C
A′
T1
l vap ( T 1 )
avec s A = s 0 et s A′ – s A = ----------------- par défiT1
nition de la chaleur latente de vaporisation.
V
l vap ( T 1 )


S i = m 1 s 0 + m 2  s 0 + ----------------- + ( s B – s A′ ) 
T
1


T2
Or s B – s A′ = C P ln ----- (B et A′ correspondent à la même pression P0 et à des tempéT1
ratures différentes T1 et T2 ; de plus on suppose CP = cste).
Soit
D’où :
T2 
 l vap ( T 1 )
S i = ( m 1 + m 2 )s 0 + m 2  ------------------ + C P ln ----- .
T1 
T
1

• L’état final est associé au point C, et à un titre x en vapeur et à une masse totale
m = m1 + m2 :
l vap ( T 1 ) 

S f = ( m 1 + m 2 )  s 0 + x ------------------ .
T1 

Et
T2 
l vap ( T 1 )
 l vap ( T 1 )
∆S = S f – S i = ( m 1 + m 2 )x ------------------ – m 2  ----------------- + C P ln ----- 
T1 
T1
 T1
(1)
• Évaluons l vap ( T 1 ) et CP :
on a :
l vap ( T 1 ) = h v ( T 1 ) – h L ( T 1 ) = h v ( 373 ) – h L ( 373 ) ⇒ l vap ( T 1 ) = 2 256 kJ ◊ kg –1
Chapitre 6 – Thermodynamique 463
Exercice 634
KF.book Page 464 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
on aurait pu également écrire :
l vap ( T 1 ) = T 1 ( s v ( T 1 ) – s L ( T 1 ) ) = 373 ( 7,354 – 1,306 ) = 2 256 kJ ◊ kg –1 .
De plus, avec les hypothèses de l’énoncé, on a :
h v ( 478 ) – h v ( 373 ) # C P ( 478 – 373 ) ⇒ C P ≈ 1,99 kJ ◊ K –1 ◊ kg –1 .
• Ce qui donne (cf. (1)) : ∆S = 0,133 kJ ◊ kg –1 .
Cette valeur est en accord, aux approximations faites, avec le résultat établi à la
question 2.
634 Point triple
Un récipient à parois adiabatiques de volume V 0 = 1 L contient un mélange de glace,
d’eau liquide et de vapeur d’eau à la température T3 et la pression P3 du point triple
( T 3 = 273,16 K, P 3 ≈ 600 Pa ). La masse initiale d’eau liquide est m 0 = 50 g. Une
pompe aspire la vapeur d’eau avec un débit D = 0,1 L ⋅ s –1 , on suppose l’évolution
quasi statique, et la vapeur d’eau est assimilée à un gaz parfait.
1. Préciser l’évolution de l’eau contenue dans le récipient.
2. Au bout de combien de temps la température de l’eau commencera-t-elle à varier ?
Quel sera le contenu du récipient à ce moment ?
On donne : chaleur latente de fusion de la glace à la température T3 : l f = 335 kJ ⋅ kg –1 ;
chaleur latente de vaporisation de l’eau à T3 : l vap = 2,54 ⋅ 10 3 kJ ⋅ kg –1 .
■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Point triple : équilibre vapeur-liquide-solide.
• Chaleurs latentes de vaporisation et de fusion.
■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. Le point triple d’un corps pur correspond à un état où le corps existe sous trois phases (états physiques) différentes. La température et la pression d’équilibre ne peuvent
varier qu’à condition qu’une des trois phases disparaisse… L’évolution au début ne
peut donc être qu’isobare et isotherme (hypothèse quasi statique).
2. Pour déterminer le sens de cette évolution, il faut faire un bilan d’énergie (ou
d’enthalpie…) sur un système défini de façon précise.
464 Partie 2 – Physique MPSI
Exercice 634
KF.book Page 465 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12
■■ 3. Solution
1. À l’équilibre du point triple de l’eau, les trois P
états physiques (solide, liquide et gaz) coexistent :
d’après le diagramme d’état P ( T ), toute variation
liquide
de la température ou de la pression exige – si
solide
l’équilibre est maintenu – la disparition de l’une
au moins des trois phases.
P3
gaz
Dans le cas présent, la pompe tend à diminuer la
pression du gaz : l’équilibre ne peut se maintenir
que par formation d’une quantité supplémentaire
T
T3
de vapeur (à partir du liquide ou du solide…).
L’énergie thermique nécessaire à la vaporisation ne peut provenir que de la solidification simultanée d’une partie de l’eau liquide (récipient adiabatique).
Ainsi entre t