Mouvements force centrale - Jean

Mouvements à force centrale
I26. (d’après CCP 1999 MP)
Dans cet énoncé les vecteurs sont notés en caractères gras ;
sur votre copie, vous mettrez une flèche au dessus.
On désire étudier les mouvements possibles d'un point
matériel M, de masse m, sous l'action du champ de pesanteur g ,
à l'intérieur d'une cavité fixe que l'on suppose solidaire d'un
référentiel terrestre R (O, ex, ey, ez ) supposé galiléen. La surface
extérieure de cette cavité est un paraboloïde de révolution P,
d'axe vertical ascendant Oz , dont l'équation en coordonnées
cylindriques (ρ, ϕ, z) est ρ2 – az = 0 avec a > 0 (Figure A-l).
On suppose que le point matériel M glisse sans frottement
sur P.
Compte tenu de la symétrie du problème, on utilisera les
coordonnées cylindriques de M , la base de projection étant celle
de Rc(O, eρ, eϕ, ez) (Figure A-l).
On suppose la liaison unilatérale, c'est-à-dire que les
coordonnées ρ et z de M satisfont à l'inégalité z ≥ ρ2 / a.
1. Moment cinétique
a) Exprimer, dans la base de RC , la vitesse de M par rapport
àR.
b) Exprimer en fonction des coordonnées cylindriques de M fonctions du temps t la composante σz sur Oz du
moment cinétique en O de M.
G
c) Montrer que la réaction R qu'exerce P sur M est contenue dans le plan OHP. En appliquant le théorème du
moment cinétique en O, sous forme vectorielle, montrer que σz se conserve au cours du temps. Expliciter cette relation
de conservation en fonction de ρ et ϕ. Dans la suite, pour simplifier l'écriture, on désignera par L cette constante.
2. Energie
a) Quelle est, en fonction des coordonnées et de leurs dérivées, l'expression de l'énergie cinétique Ek de la particule
M par rapport à R ?
b) Justifier l'existence d'une énergie potentielle Ep associée à la force subie par M. Exprimer Ep en fonction de ρ en
supposant que Ep (O) = 0.
c) Que peut-on dire de Em = Ek + E p ?
3. Discussion générale du mouvement
a) Déduire de ce qui précède une équation différentielle du premier ordre, à une seule fonction inconnue ρ(t ) , de la
1 •2
forme m ρ G (ρ) + E p,ef (ρ) = Em où G(ρ) est positif et sans dimension et où Ep,ef (ρ) est appelé énergie potentielle
2
effective. Expliciter G(ρ) et Ep,ef (ρ) .
b) Représenter le graphe Ep,ef (ρ). Montrer que Ep,ef (ρ) passe par un minimum pour une valeur ρm de ρ que l'on
exprimera en fonction de L, m, a et g, intensité du champ de pesanteur.
c) Discuter, à l'aide du graphe Ep,ef (ρ), la nature du mouvement de M. En déduire que la trajectoire de M sur P est
nécessairement tracée sur une région de P limitée par deux cercles définis à l'aide des constantes du mouvement et des
données du problème. On se contentera d'indiquer quelle équation il conviendrait de résoudre pour déterminer ces deux
cercles.
4. Etude de quelques mouvements particuliers
a) A quelle condition sur L la trajectoire de M sur P est-elle une portion de parabole méridienne ?
G
b) Déterminer la vitesse initiale v0 pour que la trajectoire de M sur P soit un cercle horizontal.
c) Une petite perturbation écarte légèrement la coordonnée ρ de la valeur ρm pour laquelle Ep,ef(ρ) est minimal.
Montrer que ε = ρ − ρm varie sinusoïdalement avec une période que l'on calculera dans le cas général.
d) Application numérique : ρm = 1 m, a = 2 m, g = 9,81 m.s–2.
e) Pour quelles valeurs de ρm et a une trajectoire de ce type se referme-t-elle après un tour ?
5.
L’expérience montre qu’en réalité le mobile se stabilise finalement au fond de la cuvette, quelles que soient les
conditions initiales du mouvement. Commenter à l'aide de l’énergie.
II25. Stabilité d’une orbite circulaire dans un champ de force centrale.
Soit O un point fixe et k et n deux constantes positives. Un mobile P de masse m n’est soumis qu’à la force
JJJG
G
G
k G
OP
.
F = − n ur , où r = OP et ur =
OP
r
1) Montrer que le mouvement est plan et qu’en coordonnées polaires r 2 θ est une constante du mouvement qu’on
notera C .
2) Montrer que la loi fondamentale de la dynamique projetée sur la direction radiale peut être écrite sous la forme
d 2r
= f (r ) et exprimer la fonction f (r ) en fonction de k , m , r , n et C .
dt 2
3) Discuter le signe de f (r ) et tracer son graphe en distinguant plusieurs cas, en particulier selon que :
a) n < 3 ;
b) n = 3 ;
c) n > 3 .
4) Dans quel cas l’orbite est-elle un cercle de centre O et de rayon a ?
5) Décrire l’allure radiale d’un mouvement initialement proche d’un mouvement circulaire, en distinguant plusieurs
cas. A quelle condition l’orbite circulaire est-elle stable ?
6) On suppose l’orbite circulaire stable. Soit un mouvement voisin d’une orbite circulaire de rayon a et de période
d 2 ε 4π2
T : r = a + ε(t ) où ε(t ) reste petit devant a . Montrer qu’il obéit à 2 + 2 (3 − n )ε = 0
dt
T
7) Ce résultat est-il en accord avec la conclusion sur la stabilité des orbites circulaires ? Quel est alors l’allure du
mouvement ?
8) Interpréter le cas particulier n = 2 .
III49 (d’après petites mines 2002).
Le mouvement est étudié dans le référentiel du
laboratoire assimilé à un référentiel galiléen et associé à
G G G
un repère (O, i , j , k ) . Un palet M de masse m peut se
mouvoir sans frottement dans le plan (O, x , y ) horizontal
(table à coussin d'air par exemple). Le champ de
G
G
pesanteur est suivant la verticale Oz : g = −gk .
Le palet est accroché à l'extrémité d'un ressort (point
M ) de longueur à vide l 0 , de raideur k , dont l'autre
extrémité est fixée en O. La position de M est repérée
G G
G
G
JJJJG
dans la base (i , j ) par OM = xi + yj ou dans la base
JJJJG
G G
G
(er , eθ ) par OM = rer .
1.
Faire un bilan des forces. Montrer qu'il y a
G
conservation du moment cinétique LO par rapport à O.
2.
On lance le palet d'un point
G
G
JJJJJG
JJJJG
JJJJJG
G
OM 0 = OM (t = 0) = l0 i , avec une vitesse initiale v0 = v0 j orthogonale à OM 0 . Dans la suite, on travaillera en
coordonnées polaires dans le plan (O, x , y ) .
G
dθ
Préciser LO en fonction de r et
, puis, en fonction des conditions initiales et des vecteurs de base. On notera L
dt
G
le module de LO .
3.
Rappeler l'expression de l'énergie potentielle élastique.
Doit-on tenir compte de l'énergie potentielle de pesanteur pour étudier le mouvement ?
Montrer qu'il y a conservation de l'énergie mécanique Em .
Préciser l'expression de Em :
• en fonction des conditions initiales,
dr d θ
• en fonction de r ,
m, k et l 0 .
,
dt dt
1
dr 2
4.
Montrer que l'énergie mécanique peut s'écrire : Em = m
+ Eeff (r ) .
dt
2
Préciser l'expression de Eeff (r ) . Tracer l'allure de Eeff (r ) .
( )
5.
6.
Le palet peut-il s'éloigner indéfiniment du pôle d'attraction ?
Le palet peut-il passer par le centre d'attraction au cours de son mouvement ?
Mouvements à force centrale, page 2
7.
Décrire qualitativement le mouvement.
8.
Quelles sont les valeurs extrêmes de r au cours du mouvement ? On précisera l’une de ces valeurs et on
donnera l’équation déterminant l’autre.
9.
Calculer l’écart entre ces deux valeurs s’il est petit. A quelle condition cela est-il valable ?
IV21. Pendule sphérique (d’après ENSI Sud 1985).
A.
Un point matériel M, de masse m , est relié à un point fixe O par une tige
rigide sans masse de longueur a . Le mouvement de M sera rapporté au repère
G G G
orthonormé (O, i , j , k ) fixe dans un espace galiléen. La trajectoire du point M
dans l'espace est sur une sphère de rayon a et de centre O. L'articulation en O est
sans frottement. La position de M sera donnée par :
G
G
G
JJJJG
OM = r (i cos ϕ + j sin ϕ) + zk avec r 2 + z 2 = a 2 .
G
G
L'accélération de la pesanteur est donnée par : g = −gk , ( g > 0 ).
1° Exprimer la projection sur Oz du moment cinétique de M par rapport au
point O.
2° Démontrer que r 2 ϕ = C reste constant au cours du temps. On suppose dans la suite C ≠ 0 .
3° Montrer que r ne peut s’annuler, que M tourne toujours dans le même sens et que −a < z < a .
B.
1° Exprimer l'énergie cinétique Ec du point M en fonction des dérivées par rapport au temps des coordonnées
cylindriques de M.
2° Exprimer l'énergie potentielle de M (on considérera que l'énergie potentielle est nulle pour z = 0).
3° Que peut-on dire de l'énergie mécanique totale Em du point M ?
4° Donner son expression.
5° Tenant compte de la relation obtenue en II.4° et de la relation r 2 + z 2 = a 2 , exprimer Em à l'aide de z , z et des
constantes m , a , g , et C .
6° En déduire que a 2 z 2 est égal à un polynôme de degré 3 en z qui s'écrit :
2 2
a z = (a 2 − z 2 ) ( 2Em / m − 2gz ) − C 2 = P (z ) .
7° Faire un inventaire complet des propriétés qu’on connaît sur le signe du polynôme P ( z ) . En déduire que z
s'annule pour au moins une valeur de z comprise entre −a et a , qu'on appellera z 0 .
C.
On se propose dans cette partie d'étudier le mouvement et de montrer qu'il se situe entre deux plans horizontaux.
1° Justifier qu'en tout point de la trajectoire où z = 0 , celle-ci est tangente à un cercle z = cte (parallèle
géographique).
G
G
2° On prendra comme instant initial t = 0 , l'un de ceux où cette tangence se produit, avec v0 = r0 ϕ 0 j ( r0 ≠ 0 et
G
G
JJJJJG
ϕ 0 > 0 ) et avec la position initiale M0 prise dans le plan xOz et définie par OM 0 = r0 i + z 0 k (r02 + z 02 = a 2 )
Exprimer les constantes C et Em à l'aide des conditions initiales.
3° Décomposer alors P (z ) , défini en II.6°, sous la forme : P (z ) = (z 0 − z )Q(z ) et exprimer Q(z ) en fonction des
conditions initiales.
4° Montrer qu'une racine z1 de Q(z ) et une seule est comprise entre −a et a .
5° Exprimer ϕ 20 à l'aide de a , g , z 0 et z1 . En déduire le signe de (z 0 + z1 ) et montrer que la trajectoire reste
comprise entre les plans z = z 0 et z = z1 .
a 2 + z 0 z1
z 0 + z1
7° Quelle est la valeur v0C de v0 pour que la trajectoire soit circulaire ?
8° Quelle est la valeur minimale v0E de v0 pour que, z 0 étant négatif, le point atteigne le plan de l'équateur
(z = 0) ?
3
9° Pour z 0 = −
a , donner à l'aide d'un dessin qualitatif la projection sur xOy de la trajectoire dans les trois cas
2
suivants :
a) si v0 < v0C ;
b) si v0C < v0 < v0E ;
c) si v0 > v0E .
6° Montrer que : Q(z ) = 2g(z1 − z )(z − z 2 ) avec z 2 = −
Mouvements à force centrale, page 3
V40. Mouvement à force centrale et énergie potentielle effective.
Un point matériel P, de masse m , est attaché à un point fixe O par un ressort de raideur k et de longueur naturelle
A ; il glisse sans frottement sur un plan horizontal passant par O. On le lance du point P0 avec une vitesse horizontale
v0 perpendiculaire à OP0 = r0 .
1) Montrer que son énergie potentielle est E p = 12 k (r − A)2 , où r = OP .
2) Montrer que son énergie peut être mise sous la forme E = 21 mr 2 + E peff (r ) et exprimer E peff (r ) , fonction de r
et des paramètres constants du mouvement.
dE peff (r )
d 2 E peff (r )
3) Calculer
et
.
dr
dr 2
4) En déduire la valeur vC de v0 pour que P décrive un cercle de centre O.
5) On suppose v0 voisin de vC . Montrer que la pulsation Ω des petites oscillations du ressort dans le référentiel
tournant s’exprime en fonction de la pulsation Ω0 du ressort quand P se meut sur une droite passant par O et de la
vitesse angulaire moyenne ω de P autour de O par la relation approximative Ω2 = Ω20 + 3ω2 .
VI. Énergie potentielle effective d’un système de deux points.
Deux points matériels pesants M1 et M2 de masses m1 et m2 sont liés par un fil de longueur L . M1 glisse sans
frottement sur une table horizontale très mince. Le fil traverse la table par un trou très fin O ; il coulisse dans ce trou
sans frottement. M2 se meut sur la droite verticale passant par O. On repère M1 par ses coordonnées polaires de centre
O, soit (r, θ ) et M2 par sa distance x à O.
G
A l’instant 0, les deux portions de fil sont tendues ; M1 est en r = r0 et θ = 0 ; il a une vitesse v0 horizontale et
perpendiculaire au brin de fil OM1 ; OM2 est vertical ; la composante horizontale de la vitesse de M2 est nulle. On
suppose que par la suite, sauf avis contraire, le fil reste tendu et que M2 ne vient pas heurter le dessous de la table.
1) Quelle est la force agissant sur M1 ?
2) Une liaison est parfaite si le travail des forces de liaison exercées sur les corps liés est nul. On suppose que la
liaison par le fil et le trou entre M1 et M2 est telle. Montrer que les tensions T1 et T2 des deux brins du fil sont égales à
tout instant.
3) Quelle est la vitesse de M2 à l’instant 0 ?
4) Pour quelle valeur vc de v0 le point M2 reste-t-il immobile ? Quel est alors le mouvement de M1 ?
5) Montrer que le moment cinétique LO en O de M1 est constant au cours du temps. Que peut-on déduire sur le signe
de θ ?
6) L’énergie E du système formé par M1 et M2 est la somme des énergies cinétiques de ces deux points et de leur
énergie potentielle. Trouver l’expression de l’énergie en fonction de r , des vitesses et des paramètres du problème et
montrer que E est constant au cours du temps.
1
m r 2v 2
7) Mettre E sous la forme E = mr 2 + E p,eff (r ) , exprimer m et montrer que E p,eff ( r ) = m2gr + 1 02 0 .
2
2r
8)
1
a) Qu’obtient-on en dérivant E = mr 2 + E p,eff (r ) par rapport au temps ?
2
b) Exprimer la tension T du fil en fonction de r et des constantes du problème.
c) Le fil peut-il se détendre au cours du mouvement ? Dans les autres questions, on le supposera toujours tendu.
d) La trajectoire peut-elle tourner sa concavité, tantôt vers O, tantôt dans la direction opposée ?
9) Si v0 = 0 , quel est le mouvement ?
10) Si m1v02 = m2gr0 , quel est le mouvement ?
m1v02
est différent de 0 et de 1. Tracer sommairement le graphe de E p,eff (r ) ,
m2gr0
en supposant la position de son extremum compris dans l’intervalle physique de variation de r .
12) Décrire qualitativement le mouvement de M1 et donner les expressions des valeurs extrêmes de r en fonction de
r0 et α . Quelle vérification peut-on faire sur ces expressions ?
11) On suppose dorénavant que α =
Mouvements à force centrale, page 4
13) Pour quelles valeurs des paramètres le programme maple suivant trace la trajectoire ?
> v0:=2:
> sol:=dsolve({diff(r(t),t,t)=(v0^2/r(t)^3-1)/2,
diff(theta(t),t)=v0/r(t)^2,r(0)=1,D(r)(0)=0,
theta(0)=0},{r(t),theta(t)},numeric):
> plots[odeplot](sol,[r(t)*cos(theta(t)),
r(t)*sin(theta(t))],t=0..20,numpoints=200,
color=black,labels=["",""],scaling=constrained);
14) Dessiner la trajectoire de M1 si M2 heurte le dessous de la table quand
θ = π / 2 et rebondit élastiquement. On suppose que le choc, parfaitement
élastique, change la vitesse de M2 en l’opposé et que le fil résiste au choc.
Qu’a de particulier cette trajectoire ?
15) Déterminer la période temporelle et la période angulaire des petites
oscillations radiales pour v 0 voisin de vc .
VII41.
Soit O un point fixe et U et a deux constantes positives. Une particule P
de masse m est soumise à la force :
G
JJJG
G
G
2U ⎛⎜ a 3 a 2 ⎞⎟ G
F = F (r )ur =
⎜⎜ 3 − 2 ⎟⎟ ur où r = OP
a ⎝r
r ⎠
G
G
r
ur = .
r
Ce modèle permet de représenter grossièrement les mouvements de rotation et de vibration des molécules
diatomiques.
1) Déterminer l’énergie potentielle E p (r ) associée à cette force, en la supposant nulle à l’infini.
2) Tracer schématiquement les graphes de F (r ) et de E p (r ) . Quel rôle joue r = a pour ces graphes ?
G
3) Montrer que le vecteur moment cinétique L au point O est conservé au cours du mouvement. En déduire que le
mouvement a lieu dans un plan à préciser. Exprimer L en coordonnées polaires.
4) Exprimer l’énergie E du mobile.
5) A l’instant 0 , la position et la vitesse de P sont caractérisées par : r0 = a ; r0 = 0 ; θ0 = v0 / a où v0 = U /m .
Montrer que la conservation de l’énergie s’écrit : E = 12 mr 2 + E p,eff (r ) et exprimer E et E p,eff (r ) .
6) Si le mobile parvient à l’infini, quelle est alors sa vitesse, ou bien s’il ne parvient pas à l’infini, quelles sont les
valeurs minimale rm et maximale rM prises par r au cours du mouvement ?
VIII28. Atome d’hydrogène dans un champ magnétique.
Soit a et B deux constantes positives. Un atome d’hydrogène est modélisé par un proton de charge e fixe à
G
G
l’origine O et par un électron mobile de charge −e et de masse m . On lui applique un champ magnétique B = Buz .
G
G
On suppose l’électron immobile à l’instant 0 au point r = aux et on traite le problème de son mouvement en
mécanique classique.
1) Montrer que z = 0 est solution des équations du mouvement. On admettra que, la solution du problème étant
unique, c’est bien la solution.
2) En utilisant la conservation de l’énergie, montrer que la distance au proton ne peut dépasser a .
G
G
3) Montrer que le moment cinétique est L = 21 e(r 2 − a 2 )B .
4) Montrer que l’électron tourne toujours dans le même sens, qu’on précisera.
5) Montrer qu’une quantité de la forme 21 mr 2 + E p,eff (r ) est constante au cours du temps et exprimer E p,eff (r ) .
dE p,eff
pour r = a et r → 0 .
dr
7) En déduire que la distance entre l’électron et le proton oscille de façon périodique entre deux valeurs dont on
déterminera l’une et écrira l’équation déterminant l’autre. Dessiner une trajectoire possible de l’électron.
6) Déterminer le signe de Feff = −
Mouvements à force centrale, page 5
Réponses
•
• →
→
•
•
G
2ρ ρ →
I. 1.a) v = ρ .eρ + ρϕ eϕ +
e ; 1.b) σz = m ρ2 ϕ = L ; 1.c) σOz = m ρ2 ϕ ; 2.a)
a z
4 ρ2 ⎞
ρ2
L2
1 •2 ⎛
Ek = m ρ ⎜⎜ 1 + 2 ⎟⎟⎟ +
; 2.b) E p = mg
2.c) Em est constant au cours du temps ; 3.a)
2
⎜⎝
a
2
a ⎠ 2m ρ
1
⎛ aL2 ⎞⎟4
4 ρ2
mg ρ2
L2
⎜⎜
G (ρ) = 1 + 2 ; E p,ef (ρ) =
;
3.b)
+
ρ
=
⎟ ; 3.c) ρ1 et ρ2 sont les racines de
m
⎜⎝ 2m 2 g ⎠⎟
a
a
2m ρ2
G
2g G
E p,ef (ρ) = Em ; 4.a) L = 0 ; 4.b) v0 = ρ
e =
a ϕ
d 2 E p,ef
ω=
d ρ2
m(1 +
(ρm )
2
4ρm
2
a
;T =
)
4 ρ2
4m ρ 3 ρ dE p,ef
G
2gz 0 eϕ ; 4.c) m ρ(1 + 2 ) +
+
=0 ;
dρ
a
a2
8mg
3
; 4.d) T = 1, 42 s ; 4.e) ρm =
a ou z 0 = 43 a .
a
2
II.
f(r)
f(r)
f(r)
r
f(r)
r
0
0
r
0
n = 3, mC2 > k
n>3
1) voir cours ; 2) f (r ) = −
f(r)
r
0
n = 3, mC2 = k
r
0
n = 3, mC2 < k
n<3
2
k
k
C
n −3
>
, soit si n < 3 et
n + 3 ; 3) f (r ) est positif si r
mr
r
mC 2
1
1
⎛ k ⎞⎟n − 3
⎛ k ⎞⎟n − 3
r < a = ⎜⎜
ou si n > 3 et r > a = ⎜⎜
ou si n = 3 et mC 2 = k ;
⎝ mC 2 ⎠⎟⎟
⎝ mC 2 ⎠⎟⎟
(
)
1
k n −3
ou n = 3 et mC 2 = k ; 5) n < 3 .
2
mC
G
G
III. 1) F = −k ( r − A 0 ) ur ; voir cours sur forces centrales ; 2)
G
G
dθ G
L0 = mr 2 k = m A 0 v0 k ; 3) E p = 12 k ( r − A 0 )2 ; non ;
dt
⎡ dr 2
dθ 2 ⎤ 1
⎥ + k ( r − A 0 )2 ; 4)
Em = 21 mv02 = 21 m ⎢
+ r2
⎢⎣ dt
dt ⎦⎥ 2
4) n ≠ 3 et r = a =
( )
Eeff ( r ) =
m A20 v02
Eeff
( )
+ 12 k ( r − A 0 )2 ; 5) non ; 6) non ; 8) l’une est A 0 , l’autre la
2r 2
Em
racine positive et distincte de A 0 de l’équation
0
2
A 0 rmax
⎞⎟ k ( r − A 0 )2
mv02 ⎛⎜ A20
2
mv
0
2
2
⎟
.
− 1⎟ +
= 0 ; 9) si mv0 << k A 0 , rmax − A 0 ≈
⎜
kA0
2 ⎜⎝ r 2
2
⎠⎟
2
IV. A. 1° Lz = mr ϕ ; B. 1° Ec = 12 m(r 2 + r 2 ϕ 2 + z 2 ) ; 2° E p = mgz ; 3° constante au cours du temps ; 4°
Em = 12 m(r 2 + r 2 ϕ 2 + z 2 ) + mgz ; 5° Em =
C = r02 ϕ 0
v0C =
Em =
⎤
1 ⎡ a 2 z 2 + C 2
m⎢
+ 2gz ⎥ ; C. 2°
⎥⎦
2 ⎢⎣ a 2 − z 2
−2g(a 2 − z12 )
1
m ( r02 ϕ 20 + 2gz 0 ) ; 5° ϕ 20 =
> 0 ⇒ z1 + z 0 < 0 ; 7°
2
(z1 + z 0 )(a 2 − z 02 )
g(z 02 − a 2 )
; 8° vOE =
z0
−
2ga 2
; 9°
z0
Mouvements à force centrale, page 6
1
(
2m r
− A 0 )2
r
dE p,eff
mr02 v02
mr02 v02
1
1
2
(
)
k ( r − A )2 ; 2) E p,eff ( r ) =
A
;
3)
+
k
r
−
=
−
+ k (r − A ) ;
2
dr
2
2r 2
r3
d 2 E p,eff
d 2 E p,eff
3mr02 v02
3mr02 v02
kr0 ( r0 − A )
.
=
+k
=
+ k ; 4) vC =
2
4
2
m
dr
r
dr
r4
G
m2gr
E p,eff
VI. 1) T1 ; 3) nulle ; 4) vc =
; mouvement circulaire uniforme ; 5) θ garde un
m1
V. 1) E p =
m v 2r 2
1
1
m1v12 + m2v22 + m2gr ; 7) E p,eff = m2gr + 1 02 0 ; 8.a)
2
2
2r
E
2 2
2
2
m1r0 v0
m1m2 ⎛⎜
r0 v0 ⎞⎟
mr = −m2g +
; 8.b) T =
⎜ g + 3 ⎟⎟ ; 8.c) non ; 8.d) non ; 9) M1
m1 + m2 ⎝⎜
r3
r ⎠
0
rmin
se dirige vers O et M2 descend, tous deux avec la même accélération, soit
m2 g
x = −r =
; 10) M1 a un mouvement circulaire uniforme et M2 est
m1 + m2
immobile ; 11) voir ci-contre ; 12) M1 tourne autour de O, toujours dans le même sens, sa distance
oscillant périodiquement entre un maximum et un minimum ; les valeurs extrêmes de r sont r0 et
signe constant ; 6) E =
r1 =
r
rmax
y
αr0 ⎜⎛
8⎞
⎜⎜1 + 1 + ⎟⎟⎟ ; 13)
4 ⎝
α ⎠⎟
m1 = m2 = g = r0 = 1
2πr0
période temporelle
v0
;
v0 = 2
;
α=4
;
r1 = 2, 732 ; 14) voir ci contre ; 15)
0
m1 + m2
m1 + m2
et angulaire 2π
.
3m1
3m1
⎛a2
a⎞
VII. 1) E p = U ⎜⎜ 2 − 2 ⎟⎟⎟ ; 2) r = a est le zéro de F (r ) et l’abscisse du minimum de E p (r ) ;
⎜⎝ r
r⎠
G
3) P se meut dans le plan fixe passant par O et perpendiculaire à L ; L = mrvθ = mr 2θ ; 4)
⎛a2
⎛ 3a 2
a⎞
a⎞
U
E = 21 mv 2 + U ⎜⎜ 2 − 2 ⎟⎟⎟ ; 5) E p,eff = U ⎜⎜ 2 − 2 ⎟⎟⎟ ; E = − ; 6) positions extrêmes rM = 3a
⎜⎝ r
⎜
r⎠
r⎠
2
⎝ 2r
VIII. 4) L’électron tourne dans le sens des aiguilles d’une montre ; 5) E p,eff ( r ) =
négatif et positif ; 7) rmax = a ; rmin racine de E p,eff ( r ) = E p,eff ( a ) .
Mouvements à force centrale, page 7
(
e 2B 2
a2
r−
r
8m
)
2
−
rm = a .
e2
; 6)
4πε 0r
x
Corrigé
I.
1. Moment cinétique.
JJJJG
G
•
JJJJG
→
→
→
• →
→
• →
→
G
2ρ ρ →
dOM
d ϕ deρ
e .
= ρ .eρ + ρ
+ z ez ⇒ v = ρ .eρ + ρϕ eϕ +
a – OM = ρ eρ + z ez ; v =
dt
dt d ϕ
a z
•
•
ρ
b–
ρ
−
ρ3 ϕ
a
•
JJJJG
→
•
•
ρ2 ρ
G
σO = OM ∧ m v = m 0 ∧ ρ ϕ = m −
. σz = m ρ2 ϕ = L .
a
•
•
ρ2
2ρ ρ
ρ2 ϕ
a
a
c – Comme M glisse sans frottement sur le paraboloïde, la réaction du paraboloïde est normale à celui-ci. Il faut donc
démontrer que la normale au paraboloïde est dans le plan méridien OHMP.
Comme le paraboloïde est engendré par la rotation d’une courbe (la parabole) autour de l’axe Oz, le plan tangent en
G
M au paraboloïde contient la tangente en M au cercle d’axe Oz passant par M ; eϕ est donc dans le plan tangent au
G
paraboloïde ; la normale au paraboloïde a une composante nulle sur eϕ et est dans le plan méridien OHMP.
Un autre raisonnement acceptable consiste à dire que le plan méridien, contenant Oz et le point M considéré, est un
plan de symétrie du paraboloïde et contient donc la normale en M au paraboloïde.
G
G
JJJJG
G
Le moment ΓO = OM ∧ (mg + Ρ ) de la force totale est un produit vectoriel de deux vecteurs du plan méridien ; il
est donc perpendiculaire à ce plan méridien ; sa projection ΓOz sur une direction du plan méridien est nulle. Or
•
d σOz
d σOz
= ΓOz (l’axe Oz est cartésien) ; donc
= 0 et σOz = m ρ2 ϕ = L est une constante du mouvement.
dt
dt
2. Energie.
•2 ⎞
⎛
•2
4ρ2 ρ ⎟⎟
4ρ2 ⎞⎟
L2
1
1 ⎜ •2
1 • 2 ⎛⎜
L
⎟ . Comme ϕ =
E
m
a – Ek = mv 2 = m ⎜⎜ ρ + ρ2 . ϕ +
,
1
=
ρ
+
+
⎟
⎜
k
⎟
⎟
2
2
⎜⎝
2
2 ⎜⎜
2
a ⎠ 2m ρ2
a ⎠⎟⎟
m ρ2
⎝
b – La réaction ne travaille pas. La seule contribution à l’énergie potentielle est celle du poids :
ρ2
E p = mgz = mg
(puisque E p (O ) = 0 )
a
c - Em est constant au cours du temps, la force totale étant conservative.
3. Discussion générale du mouvement.
•2
1
a – Des expressions ci-dessus, on déduit que l’énergie totale est de la forme Em = mG (ρ) ρ + E p,ef (ρ) où
2
2
2
2
4ρ
mg ρ
L
+
G (ρ) = 1 + 2 et E p,ef (ρ) =
. On remarque que si dans la suite du raisonnement E p,ef joue un rôle
a
a
2m ρ2
qualitatif semblable à celui de l’énergie potentielle, ce n’en est pas une, même dans le référentiel radial, puisque
•2
1
1 •2
Em = mG (ρ) ρ + E p,ef (ρ) ≠ m ρ + E p,ef (ρ)
2
2
1
b–
dE p,ef
⎛ aL2 ⎞4
2mg ρ
L2
=− 3 +
> 0 ⇔ ρ > ρm = ⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟ , d’où le tableau de variation :
⎜⎝ 2m g ⎠
dρ
a
mρ
ρ
ρm
+∞
0
dE p,ef
+
−
0
dρ
E p,ef
2
+∞
+∞
/
4 ρ2
) > 0 , le mouvement n’a lieu que dans la région où
a2
≤ Em . Quel que soit Em , le mobile est dans un état lié. Si ρ1 et ρ2 sont les
E p,ef
c – Comme 21 m ρ 2 (1 +
E p,ef
racines de E p,ef (ρ) = Em , le mouvement radial est une oscillation périodique entre les
deux valeurs ρ1 et ρ2 de ρ racines de E p,ef (ρ) = Em . Le mobile décrit sur le
Mouvements à force centrale, page 8
Em
0 ρ1
ρ2 ρ
paraboloïde des festons entre deux cercles de rayons ρ1 et ρ2 et d’altitudes z1 =
ρ12
ρ2
et z 2 = 2 .
a
a
4. Etude de quelques mouvements particuliers.
a – La trajectoire est un arc de parabole méridienne si ϕ = cste, soit ϕ = 0 ou L = 0 .
1
b – La trajectoire de M est un cercle horizontal si z et ρ sont constants, soit ρ = ρm
L = m ρ ϕ impose ϕ =
2
L
L
=
2
m
mρ
2 m2 g
L2 a
=
⎛ L2 a ⎞⎟4
⎜
⎟⎟ . Alors
= ⎜⎜
⎜⎜⎝ 2 m 2 g ⎠⎟⎟
2g
a
.
G
2g G
e =
Donc, on doit lancer la particule avec la vitesse v0 = ρ
a ϕ
La constante L est alors définie par la valeur initiale de ρ .
G
2gz 0 eϕ d’un point quelconque du paraboloïde.
4 ρ2
) + E p,ef (ρ)
a2
⎡
dE p,ef
4 ρ2
4m ρ 3 ρ
4 ρ2
4m ρ 2 ρ dE p,ef
(1 + 2 ) +
+ ρ
= ρ ⎢ m ρ(1 + 2 ) +
+
Dérivons par rapport au temps : 0 = m ρρ
2
⎢⎣
dρ
dρ
a
a
a
a2
c–
L’équation de conservation de l’énergie est Em = 12 m ρ 2 (1 +
⎤
⎥
⎥⎦
4 ρ2
4m ρ 3 ρ dE p,ef
)
+
+
=0
dρ
a2
a2
+ ε ⇒ ρ = ε et ρ = ε et ne retenons dans l’équation précédente que les termes linéaires en ε et
Eliminons la solution parasite ρ = 0 ; il vient m ρ(1 +
Posons ρ = ρm
2
d 2 E p,ef
dE p,ef
4ρm
(ρ) est nul pour ρ = ρm et est donc
)
(ρm ) = 0 . En effet
+
ε
2
2
dρ
a
dρ
approximativement égal au produit de ρ − ρm par sa dérivée par r apport à ρ , dérivée calculée en ρ = ρm . On
ses dérivées successives : m ε(1 +
d 2 E p,ef
reconnaît l’équation d’un oscillateur harmonique de pulsation ω =
d ρ2
(ρm )
.
2
4ρm
)
a2
3L2
2mg
8mg
(ρm ) =
+
=
2
a
a
La
m
2
2m g
m(1 +
E p,ef (ρ) =
d 2 E p,ef
mg ρ2
3L2
2mg
L2
+
⇒
=
+
2
2
4
a
a
2m ρ
dρ
mρ
d 2 E p,ef
d ρ2
2
4ρm
)
2
4ρ2
2π
a
a + 4z 0
a
(1 + 2m ) = π
T =
= 2π
⇒T =π
8mg
2g
2g
ω
a
a
Autre manière de faire le calcul
Posons ε = ρ – ρm et développons Ep,ef(ρ) autour de ρm au deuxième ordre en ε. Il vient :
2
⎛ dE p,ef ⎞⎟
1 2 ⎛⎜ d E p,ef ⎞⎟
⎟
Ep,ef(ρ) = Ep,ef(ρm) + ε ⎜⎜
+
.
ε
⎜
⎟
⎜⎜⎝ dρ2 ⎠⎟⎟
2
⎝⎜ dρ ⎠⎟ρ = ρ
m(1 +
m
⎛ dE p,ef
Or ⎜⎜
⎜⎝ dρ
⎛ d E p,ef
⎞⎟
= 0 et ⎜⎜⎜
⎟⎟
⎜⎝ dρ2
⎠ρ = ρm
2
ρ = ρm
3 L2
⎞⎟ 2 m g
⎟⎟ =
, donc
+
a
m ρ4
⎠⎟
⎛ d2 E p,ef
⎜⎜
⎜⎝⎜ dρ2
8mg
⎞⎟
⎟⎟
.
=
a
⎠⎟ρ = ρm
ρ2
ρm 2
=
1
+
4
(à l’ordre zéro qui nous intéresse ici), on en déduit l’expression de l’énergie
a2
a2
4mg
⎡
ρ 2⎤
1
mécanique Em = m ε 2 ⎢ 1 + 4 m2 ⎥ + E p,ef (ρm ) +
ε2 . Sa dérivée par rapport au temps est nulle. Eliminant la
⎢⎣
2
a
a ⎥⎦
Puisque G(ρ) = 1 + 4
Mouvements à force centrale, page 9
solution parasite ε = 0 , on obtient :
ε +
8g
pulsation propre ω telle que: ω2 =
a
1+
8g
a
1+
1
ε=0
4 ρm 2
qui est l’équation d’un oscillateur harmonique de
a2
2π
1
, et donc de période T =
=2π
2
ω
4 ρm
a
8g
⎛
4 ρm 2
⎜⎜
1
+
⎜⎜
a2
⎜⎝
⎞⎟
⎟⎟
⎟
⎠⎟
a2
d) T = 1, 42 s .
e) D’après la question b), la durée d’un tour est T ′ =
2πρ
a
= 2π
.
v0
2g
La trajectoire se referme après un tour si T ′ = nT où n est un entier, soit
4 ρm 2 ⎞⎟
4 ρm 2
4
a
a ⎜⎜⎛
⎟
.
2π
1+
= 2 πn
⎟ ⇒ 2 =1+
2g
8 g ⎜⎜⎜⎝
a 2 ⎠⎟⎟
n
a2
La seule solution est n = 1 et
4 ρm 2
2
= 3 ; d’où ρm =
3
a ou z 0 = 43 a
2
a
5. Dans la pratique, il y a des frottements qui font diminuer l’énergie E = 21 mv 2 + mgz , jusqu’à obtenir sa valeur
minimale qui correspond au repos en O.
II. Stabilité d'une orbite circulaire dans un champ de force centrale non newtonien.
JJJG
G
G
1) Soit σO = OP ∧ mv le moment cinétique en O. Sa dérivée par rapport au temps est nulle parce que
G
G
G
JJJG
JJJG
d σO
G
= OP ∧ F et parce que F est parallèle à OP . Donc σO est constant au cours du mouvement.
dt
JJJG
G
G
Comme OP est perpendiculaire à σO , P se meut dans le plan perpendiculaire à σO passant par O.
σ
Repérons P en coordonnées polaires par rapport à O. Alors σO = mr 2 θ , donc r 2 θ = C = 0 reste constant au
m
cours du mouvement.
C
k
2) La loi fondamentale de la dynamique projetée sur la direction radiale s'écrit m(r − r θ 2 ) = − n . Or θ = 2 .
r
r
f(r)
f(r)
r
0
r
0
⎛
C
D'où m ⎜⎜ r − 3
⎜⎝
r
f(r)
r
0
n = 3, mC2 > k
n>3
2
f(r)
r
0
n = 3, mC2 = k
f(r)
r
0
n = 3, mC2 < k
n<3
⎞⎟
k
d r
k
C
⎟⎟ = − n qui est de la forme 2 = f (r ) = − n + 3 .
mr
r
⎠
dt
r
2
2
1
3) f (r ) est positif si r
n −3
1
k
⎛ k ⎞⎟n − 3
⎛ k ⎞⎟n − 3
>
, soit si n < 3 et r < a = ⎜⎜
ou si n > 3 et r > a = ⎜⎜
⎟⎟
⎟
2
2 ⎠
⎝
⎝
mC
mC
mC 2 ⎠⎟
ou si n = 3 et mC 2 = k .
(
)
1
k n −3
4) L'orbite est circulaire si f (r ) = 0 , soit si n ≠ 3 et r = a =
ou n = 3 et mC 2 = k .
mC 2
5) Si n < 3 , f (r ) est du signe contraire de r − a , donc c'est une force de rappel et l'orbite circulaire r = a est
stable : si le mobile s'écarte de O, il est soumis à une force de rappel qui le fait osciller autour de r = a .
Si au contraire n > 3 , f (r ) est du signe de r − a , donc c'est une force qui écarte de l'équilibre relatif r = a et
l'orbite circulaire r = a est instable. Si on s'écarte de cette orbite, on va à l'infini ou à l'origine.
Mouvements à force centrale, page 10
Si n = 3 , la discussion est plus compliquée à comprendre ; si, par exemple, le mobile est sur orbite circulaire et
qu'on augmente un peu sa vitesse, on augmente C , donc f (r ) devient positif et le mobile part à l'infini ; si au contraire
le mobile est sur orbite circulaire et qu'on diminue un peu sa vitesse, on diminue C , donc f (r ) devient négatif et le
mobile part vers l'origine.
nk
3c 2
nk
3c 2
− 4 ⇒ f ′(a ) =
− 4 , ou
6) Supposons r = a + ε(t ) . Alors r = ε = f (r ) εf ′(a ) . f ′(r ) =
n +1
n +1
mr
r
ma
a
(
)
1
k n −3
k
C2
2π
2 n −3
′
d'après la question 4) a =
,
soit
=
.
D'où
(
)
(
3)
. Or C = r 2 θ = a 2
, donc
C
a
f
a
=
n
−
2
4
T
m
mC
a
C2
4π2
4π2
.
D'où
ε
=
(n − 3)ε .
=
T2
a4
T2
4π2
7) Si n < 3 , posons Ω2 = 2 (3 − n ) ; l'équation devient ε + Ω2 ε = 0 dont
T
la solution est ε = A cos Ωt + B sin Ωt ; on voit que l'écart à l'orbite circulaire
reste petit.
Si n > 3 , on voit que l'équilibre est instable, puisque la force tend à écarter
radialement le mobile ; toutefois cette argumentation n'est valable qu'au voisinage
de l'orbite.
8) Si n = 2 , la période de l'écart à l'orbite circulaire est aussi la période orbitale.
En effet, l'orbite exacte est alors une ellipse voisine d'un cercle. Dans ce cas, la
n=2
n<3
trajectoire est fermée, alors qu’elle ne l’est pas pour n quelconque.
III.
1) Le palet est soumis à son poids, à la réaction de la table et à la tension du ressort. Les deux premières forces se
G
G
neutralisent, donc la force totale est la tension du ressort : F = −k ( r − A 0 ) ur .
G
G
G
G
G
G G
dL0
= r ∧ F = 0 car r & F , donc L0 est constant.
dt
G
G
dθ G
2) L0 = mr 2 k = m A 0 v0 k .
dt
3) E p = 12 k ( r − A 0 )2 .
On peut oublier l’énergie potentielle du poids, car elle est constante.
G JJG
d ( 12 mv 2 ) = F ⋅ dr = −dE p ⇒ Em = 21 mv 2 + E p est constant
Eeff
au cours du temps.
( )
⎡ dr
Em = 21 mv02 = 21 m ⎢
⎢⎣ dt
2
+ r2
( ddtθ ) ⎤⎦⎥⎥ +
2
1
2 k (r
4) D’après la conservation du moment cinétique, r
d’où Em =
1
2m
( )
dr
dt
2
− A 0 )2 .
dθ
A v
= 0 0 ,
dt
r
+ Eeff r , où
(
)
1
(
2m r
Em
0
− A 0 )2
r
A0
rmax
m A20 v02
2
+ 12 k ( r − A 0 )2 .
2r
5) Le palet ne peut aller à l’infini, car Em ≥ Eeff et Eeff ( ∞ ) = +∞ .
Eeff ( r ) =
6) le palet ne peut passer par l’origine, car Em ≥ Eeff et Eeff ( 0 ) = +∞ .
7) Le palet tourne autour de l’origine, sa distance à l’origine oscillant
périodiquement entre un minimum A 0 et un maximum rmax . En effet,
dEeff
mv02
(A0 ) = −
< 0 , qui montre que la disposition du graphe de Eeff ( r ) est
dr
A0
bien celle dessinée ci-dessus.
8) A l’instant 0, r = 0 , donc Em = Eeff ( A 0 ) . Les valeurs extrêmes de r
correspondent à r = 0 , donc à Eeff ( r ) = Eeff ( A 0 ) . L’une est A 0 , l’autre est la
G
v0
O
A0
rmax
⎞ k ( r − A 0 )2
mv02 ⎛⎜ A20
=0
⎜⎜ 2 − 1 ⎟⎟⎟ +
2 ⎝r
2
⎠⎟
9) Posons r = A 0 ( 1 + ε ) et développons l’équation Eeff ( r ) − Eeff ( A 0 ) = 0 au voisinage de ε = 0 .
racine positive et distincte de A 0 de l’équation
Solution 1 : utilisons l’équation telle quelle :
Mouvements à force centrale, page 11
x
2
1
2 mv 0
⎛ A20
⎞
2
⎜⎜⎜ 2 − 1 ⎟⎟⎟ + 21 k ( r − A 0 ) = 0
⎝r
⎠⎟
mv02 [ ( 1 + ε )−2 − 1 ] + k A20 ε2 = 0
mv02 [ −2ε + 3ε2 + o ( ε2 ) ] + k A20 ε2 = 0
Eliminons la solution ε = 0 qui correspond à r = A 0 ; il reste ε =
3+
2
, soit rmax − A 0 ≈
k A20
mv02
2A 0
.
k A20
3+
mv02
Solution 2 : mettons préalablement r − A 0 en facteur :
⎛ 2
⎞
2
2 ⎜ A0
1
mv
⎜ 2 − 1 ⎟⎟⎟ + 21 k ( r − A 0 ) = 0
0
2
⎜⎝ r
⎠⎟
( A 0 − r )[ mv02 ( A 0 + r ) + kr 2 ( A 0 − r ) ] = 0
mv02 (2 + ε) − k A20 ε(1 + ε)2 = 0
ε≈
2
k A20
mv02
−1
Ces deux expressions sont des infiniment petits équivalents si mv02 << k A20 .
Conclusion : si mv02 << k A20 , rmax − A 0 ≈
2mv02
kA0
⎡ 2mv 2
⎤
⎛ mv02 ⎞⎟2
⎛ mv02 ⎞⎟3
0
⎢
⎜
Un développement plus précis (maple) donne rmax − A 0 ≈ A 0 ⎢ 2 − 6 ⎜ 2 ⎟⎟ + 34 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ + ... ⎥⎥ , conforme
⎜⎝ k A 0 ⎠⎟
⎝⎜ k A 0 ⎠⎟
⎢⎣ k A 0
⎥⎦
pour les deux premiers termes au résultat de la solution 1 et pour le premier terme au résultat de la solution 2.
IV. Pendule sphérique.
A.
⎛ r ⎞⎟
⎛ r ⎞⎟
⎜⎜ ⎟
⎜⎜ ⎟
G
JJJJG
G
⎜ ⎟
⎟
1° Le moment cinétique en O du mobile est L = OM ∧ mv = ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ∧ m ⎜⎜ r ϕ ⎟⎟⎟ ⇒ Lz = mr 2 ϕ .
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ z ⎟⎟
⎜⎝ z ⎠⎟⎟
⎝ ⎠⎟
G
G
JJJJG
JJJJG
G
G
dL
dL
2° D’après le théorème du moment cinétique,
= OM ∧ (mg + mR) = OM ∧ mg ⇒ z = 0 . Donc
dt
dt
r 2 ϕ = C reste constant au cours du temps.
3° Comme C = r 2 ϕ ≠ 0 , r et ϕ ne peuvent s’annuler. Comme r ne peut s’annuler, z ne peut atteindre les
valeurs extrêmes à priori possibles, −a et a . Comme ϕ ne peut s’annuler, il garde un signe constant et donc que le
mobile tourne toujours dans le même sens autour de Oz.
B.
1° Ec = 12 m(r 2 + r 2 ϕ 2 + z 2 ) .
2° E p = mgz .
3° Em = Ec + E p reste constant au cours du temps.
4° Em = 12 m(r 2 + r 2 ϕ 2 + z 2 ) + mgz .
5°
z 2 z 2
r2
⎤
⎤
1 ⎡ z 2 z 2 C 2
1 ⎡ a 2 z 2 + C 2
+ 2gz ⎥
Em = m ⎢ 2 + 2 + z 2 + 2gz ⎥ = m ⎢ 2
2
⎥⎦
⎥⎦
2 ⎢⎣ r
2 ⎢⎣ a − z
r
2 2
2 2
2
2
6° En isolant a z , on obtient a z = (a − z )(2Em / m − 2gz ) − C 2 = P (z )
7° Pour déterminer les racines de P (z ) = 0 , cherchons les informations dont nous disposons sur le signe de P (z ) :
r 2 + z 2 = a 2 ⇒ 2rr + 2zz = 0 ⇒ r 2 =
•
limz → ∞ P (z ) = +∞
•
P (a ) = −C 2 < 0
Mouvements à force centrale, page 12
• au cours du mouvement a 2 z 2 ≥ 0 , donc il existe un domaine de z situé dans −a < z < a pour lequel
P (z ) ≥ 0
• P (−a ) = −C 2 < 0 .
Il n’y a que deux formes possibles du graphe de P (z )
compatibles avec ces faits :
Le graphe de droite est le cas général : P (z ) possède trois zéros,
deux compris entre −a et a , qu’on appellera z 0 et z1 , et un supérieur à a , qu’on appellera z 2 . Le graphe de gauche
correspond au cas particulier où il y a une racine double ; le mouvement est alors circulaire horizontal.
Remarque : une réponse plus sommaire est qu’un polynôme de degré impair, comme P (z ) , a toujours au moins une
racine. Mais cela ne montre pas que cette racine est intéressante, c’est-à-dire comprise dans l’intervalle (−a, a ) .
C.
1° Si z = 0 , r = −
un cercle z = cste .
2° C = r02 ϕ 0
zz
= 0 , tandis que r ϕ ≠ 0 : la vitesse, qui est orthoradiale, et la trajectoire sont tangentes à
r
Em =
1
m ( r02 ϕ 20 + 2gz 0 ) .
2
3°
P (z ) = (a 2 − z 2 )(r02 ϕ 20 + 2gz 0 − 2gz ) − r04 ϕ 20 = (a 2 − z 2 − r02 )r02 ϕ 20 + (a 2 − z 2 )(2gz 0 − 2gz )
= (z 02 − z 2 )r02 ϕ 20 + 2g(a 2 − z 2 )(z 0 − z ) = (z 0 − z )Q(z )
Q(z ) = 2g(a 2 − z 2 ) + (z + z 0 )r02 ϕ 20
4° Comme −a < z 0 < a , Q(−a ) = r02 ϕ 20 (z 0 − a ) < 0 et Q(a ) = r02 ϕ 20 (z 0 + a ) > 0 . Comme Q(z ) est un
polynôme du second degré, il a une racine et une seule dans l’intervalle −a, a .
5° Le raisonnement de II 7° a montré, puisque a 2 z 2 ≥ 0 , que z reste entre z 0 et z1 . En z = z1 ,
−2g(a 2 − z12 )
Q(z1 ) = 2g(a 2 − z12 ) + (z1 + z 0 )r02 ϕ 20 = 0 ⇒ ϕ 20 =
> 0 ⇒ z1 + z 0 < 0
(z1 + z 0 )(a 2 − z 02 )
6° Factorisons z1 − z dans Q(z )
Q(z ) = 2g(a 2 − z 2 ) + (z + z 0 )
−2g(a 2 − z12 )
2g[(a 2 − z 2 )(z 0 + z1 ) − (z + z 0 )(a 2 − z12 )]
=
(z 0 + z1 )
z 0 + z1
=
2g[a 2 (z1 − z ) − z 2 z1 − z 2 z 0 + z12 z + z12 z 0 ] 2g[a 2 (z1 − z ) + zz1 (z1 − z ) + z 0 (z12 − z 2 )]
=
z 0 + z1
z 0 + z1
=
⎛
2g(z1 − z )[a 2 + zz1 + z 0 (z + z1 )]
a 2 + z 0 z1 ⎞⎟
= 2g(z1 − z ) ⎜⎜ z +
⎟ = 2g(z1 − z )(z − z 2 )
⎜⎝
z 0 + z1
z 0 + z1 ⎠⎟
a 2 + z 0 z1
z 0 + z1
7° Pour que la trajectoire soit circulaire, il faut que z1 = z 0 , soit d’après III 5°
z2 = −
ϕ 20 =
−2g(a 2 − z12 )
=−
g
⇒ v0C =
z0
g(z 02 − a 2 )
z0
(z1 + z 0 )(a 2 − z 02 )
8° Pour que le point atteigne le plan de l'équateur, il faut que z1 > 0 ; or z1 est racine de Q(z ) = 0 , Q(−a ) < 0 et
Q(a ) > 0 ; donc la condition est :
Q(0) < 0
2ga 2 + z 0 r02 ϕ 20 < 0
v02 = r02 ϕ 20 > −
2ga 2
z0
2ga 2
z0
Remarque : la condition pour que le plan de l’équateur soit atteint n’est pas que l’énergie soit positive, car si
l’énergie potentielle est nulle sur l’équateur, l’énergie cinétique ne peut ne peut y être nulle à cause de la conservation
du moment cinétique.
v0 > vOE =
−
Mouvements à force centrale, page 13
9° La projection de la trajectoire est formée d’arcs de courbes ressemblant à des ellipses et tangents aux cercles dont
les rayons sont les valeurs extrêmes de r , soit r0 et r1 dans les cas a et b et r0 , r1 et a dans le cas c.
a
r0
r1
r1
r1
r0
r0
v 0 < v 0C
v 0C < v 0 < v 0 E
v0 > vOE
Une résolution numérique donne les courbes suivantes, où les distances sont graduées en unités de r / a :
V.
G G
1
1) dE p = −F ⋅ dr = k ( r − A )d ( r − A ) ⇒ E p = k ( r − A )2 .
2
2) La force étant centrale, le moment cinétique est constant au cours du mouvement :
rv
L = mr0v0 = mrvθ ⇒ vθ = 0 0 .
r
L’énergie se conservant,
1
1
1
E = m ( r 2 + vθ2 ) + k ( r − A )2 = mr 2 + E p,eff ( r )
2
2
2
1
mr02v02
E p,eff ( r ) =
+ k ( r − A )2
2
2r 2
dE p,eff
d 2E p,eff
mr 2v 2
3mr02v02
= − 03 0 + k ( r − A )
=
+k.
3)
2
dr
r
dr
r4
4) Pour une trajectoire circulaire, les valeurs extrêmes de r doivent être confondues, donc r = r0 correspond au
dE p,eff
kr0 ( r0 − A )
= 0 ⇒ vC =
.
minimum de l’énergie potentielle effective, soit à
dr
m
v2
On peut aussi utiliser la loi fondamentale de la dynamique : F = ma ⇒ k ( r0 − A ) = m 0 .
r0
dE
dr
p,eff
+
5) Dérivons par rapport au temps la conservation de l’énergie : 0 = mrr
. En éliminant la solution
dt dr
dE p,eff
( r ) au voisinage de r par la formule de Taylor, on en déduit
parasite r = 0 et en développant
0
dr
Mouvements à force centrale, page 14
d 2E p,eff
1 dE p,eff ( r )
1
( r0 ) . On obtient l’équation d’un oscillateur harmonique de pulsation Ω
− ( r − r0 )
m
dr
m
dr 2
⎞
k
v2
1 d 2E p,eff
1 ⎛⎜ 3mv02
( r0 ) =
+ 3 02 = Ω20 + 3ω2 .
telle que Ω2 =
⎜⎜ 2 + k ⎟⎟⎟ =
2
m dr
m ⎝ r0
⎠ m
r0
r = −
VI. Énergie potentielle effective d’un système de deux points.
G
1) M1 est soumis au poids, à la réaction de la table et à la tension T1 du fil ; les deux premières forces sont verticales,
tandis que la troisième est horizontale, comme l’accélération. En projetant la loi fondamentale de la dynamique sur le
G
G
G
plan horizontal, on obtient m1a1 = T1 , qui montre que la force subie par M1 est T1 .
2) Comme r + x = L , dr = −dx . Le travail fourni par la liaison aux deux points est
−T1dr − T2dx = (T1 − T2 )dx ; la condition pour qu’il soit nul quel que soit dx est T1 = T2 .
3) A l’instant 0, la vitesse de M1 est perpendiculaire à OM1, donc r = 0 . Comme r + x = L , x = 0 : la vitesse de
M2 est nulle.
4) Si M2 est immobile, x est constant, donc r est constant : M1 décrit un cercle de centre O. Comme la tension du fil
G
T1 est perpendiculaire à la vitesse de M1, elle a une puissance nulle : le mouvement de M1 est donc uniforme.
La loi fondamentale de la dynamique appliquée aux deux points donne :
m2gr
m2g − T2 = 0 et T1 = m1vc2 / r , d’où vc =
.
m1
G
G
G
JJJJG
dL1 (O ) JJJJG G
5) D’après le théorème du moment cinétique,
= OM 1 ∧ T1 = 0 , puisque OM 1 et T1 sont parallèles.
dt
2 Comme L1 = mr θ , θ garde un signe constant.
6) Appliquons le théorème de l’énergie cinétique à chacun des deux points :
G G
⎛1
⎞
⎛1
⎞
d ⎜⎜ m1v12 ⎟⎟⎟ = T1 ⋅ dr1 = −Tdr d ⎜⎜ m2v22 ⎟⎟⎟ = (m2g − T )dx
⎝2
⎠
⎝2
⎠
soit en ajoutant membre à membre et en tenant compte que dx = −dr :
⎛1
1
⎞
1
1
d ⎜⎜ m1v12 + m2v22 ⎟⎟⎟ = −m2gdr qui montre que E = m1v12 + m2v22 + m2gr reste constant au cours du temps. Le
⎝2
⎠
2
2
2
terme m2gr est une énergie potentielle, puisqu’il ne dépend que de la position.
⎛ L ⎞2
r 2v 2
7) Comme en coordonnées polaires L = mrvθ , v12 = r 2 + ⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ = r 2 + 0 2 0 , tandis que v22 = x 2 = r 2 . D’où la
⎝ mr ⎠
r
relation demandée, avec m = m1 + m2 et E p,eff = m2gr +
+ r
8.a) 0 = mrr
m1v02r02
.
2r 2
dE p,eff
dE p,eff
m r 2v 2
= −m2g + 1 03 0 .
, d’où, en éliminant la solution parasite r = 0 , mr = −
dr
dr
r
8.b)
m2g − T = m2x ⇒ T = m2g + m2r = m2g +
m2 ⎛⎜
m1r02v02 ⎞⎟
m1m2 ⎛⎜
r02v02 ⎞
⎟⎟ =
⎜⎜ −m2g +
⎜⎜ g + 3 ⎟⎟⎟
3
m ⎝
⎠ m1 + m2 ⎝
r
r ⎠
E p,eff
.
⎛
r 2v 2 ⎞
On peut aussi faire le calcul en passant par T = −m1 ( r − r θ2 ) = m1 ⎜⎜ −r + 0 3 0 ⎟⎟⎟ .
⎜⎝
r ⎠
E
8.c) Le fil ne peut se détendre, car T est toujours positif.
8.d) Comme T reste positif, la trajectoire tourne toujours sa concavité vers O.
r
9) M1 se dirige vers O et M2 descend, tous deux avec la même accélération, soit
0
rmin rmax
m2 g
x = −r =
.
m1 + m2
10) M1 a un mouvement circulaire uniforme et M2 est immobile.
11) Voir ci-contre.
12) M1 tourne autour de O, toujours dans le même sens, sa distance oscillant périodiquement entre un maximum et un
minimum.
Mouvements à force centrale, page 15
Les valeurs extrêmes de r sont les racines de E p,eff (r ) = E p,eff (r0 ) ; l’une d’elle est r0 . L’autre s’obtient par :
m1v02r02
m v2
= m2gr0 + 1 0
2
2
2r
2 ⎛
2⎞
mv
r
m v2
m2g (r − r0 ) = 1 0 ⎜⎜⎜1 − 02 ⎟⎟⎟ = 1 20 (r + r0 )(r − r0 )
2 ⎜⎝
r ⎠⎟
2r
m2gr +
soit en simplifiant par r − r0
m2 g =
m1v02
(r + r0 )
2r 2
2 2
r − r − r0 = 0
αr0
αr0 ⎛⎜
8⎞
⎜⎜1 ± 1 + ⎟⎟⎟
α ⎠⎟
4 ⎝
r=
αr0 ⎛⎜
8⎞
⎜1 + 1 + ⎟⎟⎟ .
α ⎠⎟
4 ⎝⎜
Comme cette valeur extrême est positive, c’est r1 =
On vérifie que si α = 1 , cette expression donne r0 . On peut aussi vérifier que si α < 1 , r1 < r0 et que si α > 1 ,
r1 > r0 .
13) m1 = m2 = g = r0 = 1 ; v0 = 2 ; α = 4 ; r1 = 2, 732 .
y
14) Le choc change v1r en l’opposé et laisse inchangé v1θ . Les arcs décrits par M1 avant et
après le choc sont symétriques par rapport à Oy. Comme la vitesse au départ est perpendiculaire à
l’axe Ox, celui-ci est aussi un axe de symétrie de la trajectoire, d’où le dessin ci-contre de la
trajectoire, qui est une courbe fermée qui a pour axes de symétrie les axes Ox et Oy.
15) Pour les petites oscillations au voisinage du mouvement circulaire, posons r = r0 + ε , où
ε est petit. D’après l’équation trouvée à la question 8,
m1r02v02
m ε + m2g −
=0
( r0 + ε )3
0
1
1⎛
1⎛
1
ε ⎞−3
ε⎞
ε
= 3 ⎜⎜ 1 + ⎟⎟⎟ 3 ⎜⎜ 1 − 3 ⎟⎟⎟ = 3 − 3 4
3
r0 ⎠
r0 ⎠ r0
r0 ⎝
r0 ⎝
r0
( r0 + ε )
m1v02
3m1v02
− m2 g
ε
r0
r02
de la forme ε + ω2 ε = cste
m ε +
Les petites oscillations ont pour pulsation ω =
angulaire de M1 est voisine de
v0
r0
3m1
2πr0
et pour période
m1 + m2
v0
m1 + m2
. Comme la vitesse
3m1
v0
m1 + m2
, pendant une période de r (t ) , M1 a tourné d’environ 2π
qui est la
r0
3m1
période angulaire.
Autre présentation possible
dE
(r )
1
+ r p,eff
E = mr 2 + E p,eff (r ) ⇒ 0 = mrr
2
dr
1 dE p,eff (r )
r +
=0
m
dr
dE p,eff (r )
d 2E p,eff
Au voisinage du mouvement circulaire,
( r − r0 )
(r0 ) ,
dr
dr 2
d’où un oscillateur harmonique approché de pulsation ω donnée par ω2 =
1 d 2E p,eff
(r0 ) .
m dr 2
VII.
G JJG
1) dE p = −F ⋅ dr = −Fdr ; E p = −∫ Fdr
2) Déterminons le signe de la pente :
Déterminons les asymptotes :
⎛a2
a⎞
E p = U ⎜⎜ 2 − 2 ⎟⎟⎟ en tenant compte de E p ( ∞ ) = 0 .
⎜⎝ r
r⎠
dE p
a 3 a2
= −F > 0 si 3 − 2 > 0 , soit
dr
r
r
3
2⎞
⎛
dF
2U ⎜ a
a
=
⎜ −3 4 + 2 3 ⎟⎟⎟ > 0 si r >
dr
a ⎜⎝
r
r ⎠
si r → 0 , F → +∞ , E p → +∞ ;
si r → ∞ , F → 0− , E p → 0− .
Mouvements à force centrale, page 16
r >a ;
3
a.
2
x
Déterminons les intersections avec l’axe des r : F = 0 si r = a ; E p = 0 si r = a / 2 .
Ep
F
a
a
r
0
r
0
r = a est le zéro de F (r ) et l’abscisse du minimum de E p (r ) .
G
G
G
G
G
JJJG
JJJG
JJJG
dL
3)
= OP ∧ F = 0 puisque F est parallèle à OP . Donc L est constant au cours du temps. Comme OP est
dt
G
G
perpendiculaire à L , P se meut dans le plan fixe passant par O et perpendiculaire à L .
En coordonnées polaires, L = mrvθ = mr 2θ .
⎛a2
a⎞
4) E = 21 mv 2 + U ⎜⎜ 2 − 2 ⎟⎟⎟ .
⎜⎝ r
r⎠
5)
L2
a 2v02
a 2U
2
2
r
r
=
+
=
+
m 2r 2
r2
mr 2
⎛a2
⎛ 3a 2
a 2U
a⎞
a⎞
1
1
E = mv 2 + E p = mr 2 + 2 + U ⎜⎜ 2 − 2 ⎟⎟ ⇒ E p,eff = U ⎜⎜ 2 − 2 ⎟⎟
⎟
⎜
⎜
r⎠
r ⎠⎟
2
2
⎝r
⎝ 2r
2r
v 2 = r 2 + vθ2 = r 2 +
U
E =−
2
6) Comme l’énergie est négative, le mobile ne peut parvenir à l’infini, car la conservation de l’énergie lui donnerait à
l’infini une énergie cinétique négative.
Les positions extrêmes correspondent à r = 0 , soit :
⎛ 3a 2
a⎞
U
U ⎜⎜ 2 − 2 ⎟⎟⎟ = −
⎜⎝ 2r
r⎠
2
3a 2
a
1
−2 + = 0
r
2
2r 2
∆= 4−3 =1
a
2± 1
=
r
3
rM = 3a rm = a
VIII.
1) Si z = 0 , la force totale, due à l’action du proton et à celle du champ magnétique, est dans le plan Oxy, tout
comme les conditions initiales sur la position et la vitesse ; donc le mouvement reste dans le plan Oxy (raisonnement
par récurrence : si la position de l’électron et sa vitesse sont dans le plan Oxy à l’instant t , son déplacement et sa
variation de vitesse pendant dt sont dans ce plan).
2) La force magnétique ne travaillant pas, l’énergie potentielle est celle associée à l’action du proton :
E p ( r ) = −eV = −
E =
e2
4πε0r
1 2
mv + E p ( r ) = E p (a )
2
1 2
mv ≥ 0 ⇒ E p ( r ) ≤ E p ( a ) ⇒ r ≤ a
2
G
G
G
G G G
G G G
3) Ce calcul peut être fait avec la formule du double produit vectoriel A ∧ ( B ∧ C ) = B ( A ⋅ C ) − C ( A ⋅ B ) :
G
G
G G G
G
G G
dL
d 1 2G
=
= −er ∧ v ∧ B = eB ( r ⋅ v ) = errB
er B ;
dt
dt 2
ou en coordonnées cartésiennes :
r
−eBr θ
0
G
G
G
;
F = −ev ∧ B = −e r θ ∧ 0 = eBr
(
0
B
)
0
Mouvements à force centrale, page 17
e2
+ −eBr θ
2
0
r
G
4
r
πε
0
G
G
dL
d 1 2 G
r eB ;
= r ∧ F = 0 ∧ eBr
= 0
=
dt
dt 2
0 0
eBrr
−
( )
G
G eB 2
(r − a2 )
Comme le moment cinétique est nul à l’instant initial, alors que r = a : L =
2
G
G
G
eB ( 2
4) L = mr 2 θ uz =
r − a 2 ) et r < a impliquent θ < 0 : l’électron tourne dans le sens des aiguilles d’une
2
montre.
eB ( 2
r − a2 )
5) θ =
2mr 2
L’énergie E est conservée, puisqu’il existe une énergie potentielle associée à la force totale.
2
1
e2
1
1
eB ( 2
e2
1
de la forme E = mr 2 + E p,eff (r )
E = m ( r 2 + r 2 θ 2 ) −
= mr 2 + mr 2
r − a2 ) −
2
2
4πε0r
2
2
4πε0r
2
2mr
où
2
e 2B 2
a2
e2
E p,eff ( r ) =
r−
−
.
8m
4πε 0r
r
dE p,eff
e2
6) Si r = a , Feff = −
=−
< 0.
dr
4πε0a 2
dE p,eff
e 2B 2a 4
Si r → 0 , Feff = −
≈
> 0 (le terme en 1/r 2 l’emporte)
dr
4mr 3
1
7) Ceci montre que la forme du graphique de E p,eff ( r ) est du type représenté sur la figure 1. Comme mr 2 > 0 ,
2
E p,eff ( r ) ≤ E p,eff ( a ) et r évolue entre a et la racine immédiatement inférieure à a de E p,eff ( r ) = E p,eff ( a ) . On
(
(
)
)
a représenté sur la figure 2 une trajectoire si B très grand et sur la figure 3 une trajectoire si B est modérément petit,
l’origine étant sur le proton.
E p,eff
0
E
a
r
figure 1
figure 2
figure 3
Mouvements à force centrale, page 18