Exercise 1 : La déviation vers l`Est - e

CPI-Chemist 1
Physique 2
Janv. 2016
Durée : 2 H
Enseignants : J.Roussel–J.Geandrot
Vous attacherez la plus grande importance à la clarté, la précision et à la concision de la rédaction. Cet
examen se résume à deux exercices de 10 questions.
???
Exercise 1 : La déviation vers l’Est
On s’intéresse à la chute libre d’une bille d’acier M de masse m = 33,0 g, lâchée d’une hauteur h sans vitesse
initiale par rapport au référentiel terrestre. On cherche notamment à estimer l’effet de la rotation terrestre
sur la chute. On définit l’axe (Sz) pointant vers le zénith avec S situé au sol (cf. figure ci-dessous).
z(t)
• bille à t = 0
h
→
−
g
•
S
sol
Figure 1 – Position du problème
I- Le référentiel terrestre est galiléen
Dans un premier temps, on raisonne dans le référentiel terrestre que l’on considère galiléen. Le champ de
−
pesanteur →
g est dirigé vers le centre de la Terre.
1. Énoncer clairement le principe fondamental de la dynamique. Exprimer l’accélération de la bille lors
de sa chute sachant que l’on néglige tout frottement.
2. En déduire la vitesse v (en norme) et l’altitude z au cours du temps sachant que le point matériel se
trouve à l’altitude h à t = 0. Tracer v et z en fonction du temps. Pourquoi dit-on que la chute libre
dans le vide est universelle ?
3. Exprimer le temps de chute t0 et la vitesse de chute v0 au moment où le point matériel touche le sol.
4. On mesure h = 5,00 ± 0,01 m et g = 9,81 m.s−2 . Calculer t0 (ne pas oublier l’incertitude).
II- La Terre tourne !
On étudie maintenant l’influence de la rotation terrestre sur la trajectoire. Nous cherchons à montrer que la
bille subit une faible déviation vers l’Est qu’il s’agit de quantifier. On fera l’analyse du phénomène dans le
référentiel géocentrique Rgéo que l’on considérera galiléen. Rappelons que le référentiel géocentrique est lié
au centre de la Terre et présente des axes fixes alors que le référentiel terrestre, lié au sol terrestre, est en
rotation par rapport à l’axe des pôles à la vitesse angulaire ω.
Pour simplifier, on placera S sur l’équateur. De plus, on repère la bille dans le référentiel géocentrique par
ses cordonnées polaires (r,θ) (cf. Figure 2). Enfin, on note g le champ de pesanteur du lieu et R le rayon
terrestre.
•Màt=0
→
−
ur
•M(t)
−
→
u
θ
h
•S
r(t)
θ(t)
ω
EST
OUEST
O•
Rgéo
Figure 2 – Etude de la chute libre dans le référentiel géocentrique
5. Calculer ω sachant que la Terre fait un tour sur elle même en 23h 56min 04s (ne garder que trois
chiffres significatifs). Exprimer, dans le référentiel géocentrique, le vecteur vitesse de la bille à t = 0.
6. On considère que la bille ne subit que la gravitation terrestre. Quelle particularité présente cette force ?
Qu’implique le théorème du moment cinétique ? En déduire que, pendant sa chute, les coordonnées r
et θ de la bille vérifient
r2 θ̇ = (R + h)2 ω
(1)
7. Expliquer qualitativement pourquoi, lorsque la bille rencontre le sol, elle se situe décalé vers l’Est par
rapport au point S.
8. En intégrant l’équation (1) montrer que
θ(t) ' ωt +
ωgt3
3R
Indication : Pour obtenir ce résultat, on pourra poser r = R+z et admettre, d’une part que la relation z(t)
obtenue à la question 2 reste valable ; d’autre part que z est petit devant R. On rappelle que (1+)n ' 1+n quand → 0.
9. Appelons t0 le temps de chute. Exprimer la distance dS parcourue par le point S de la surface terrestre
pendant la chute, en fonction de R, ω et t0 . Donner également la position du point de chute de la bille.
En déduire que la bille tombe à côté de S avec un décalage vers l’Est que l’on exprimera en fonction
de ω, g et t0 .
10. Calculer ce décalage (on prendra g = 9,81 m.s−2 ). La précision étant le mm, cet effet est-il visible ici ?
Discuter.
Exercise 2 : Mesure d’un coefficient de viscosité
Dans cet exercice, le référentiel du laboratoire est supposé galiléen. Dans toutes les expériences étudiées, la
température est supposée constante.
1. Qu’appelle-t-on référentiel galiléen ?
On se propose de déterminer la valeur du coefficient de viscosité η d’un liquide. On étudie pour cela le
mouvement oscillatoire amorti d’une bille accrochée à un ressort. On choisit un axe Ox dont l’origine est
l’extrémité basse du ressort dans la position d’équilibre du système. La direction verticale orientée
dans le sens descendant.
On réalise d’abord l’expérience dans l’air. On utilise une bille
sphérique de rayon r = 1,0 cm et de masse m = 11 g. On accroche la bille à un ressort, supposé sans masse, de raideur k et
de longueur à vide `0 . Les notations seront celles de la figure cidessous.
A l’équilibre du système, la longueur du ressort est `e .
→
−
g
`e
O
x
2. Etablir l’expression de l’allongement du ressort à l’équilibre en fonction des paramètres caractérisant
le système. Calculer sa valeur avec les données suivantes : raideur du ressort k = 3,0 N.m−1 ; g =
9,81 m.s−2 .
On écarte, verticalement, la bille de sa position d’équilibre (x(t = 0) = a) et on la lâche sans vitesse initiale
(v(t = 0) = 0).
−−→
→
−
3. Une force conservative dérive d’une énergie potentielle EP donnée par F = −grad EP .
A partir de cette relation, établir les expressions de l’énergie potentielle de pesanteur EPP (x) et de
l’énergie potentielle élastique EPél (x). On prendra EPP (x = 0) = 0 et EPél (x = 0) = 0.
4. En utilisant une approche énergétique, montrer que l’équation différentielle du mouvement qui régit
le mouvement de la bille est :
k
ẍ + x = 0
m
En déduire l’expression de la pulsation ω0 et de la période T0 des oscillations.
A partir des données numériques précédentes, calculer la valeur de la période T0 .
Établir complètement l’équation horaire x(t) du mouvement observé.
On effectue maintenant l’expérience en plongeant la bille dans de l’huile de viscosité η que l’on cherche à
déterminer. Les notations sont celles de la figure ci-dessous. La tige AB est supposée de masse nulle, le
frottement de l’huile et la poussée d’Archimède sur cette tige sont supposés nuls. Le ressort n’entre pas dans
l’huile.
→
−
g
A
B
Afin de prendre en compte la poussée d’Archimède qui s’exerce sur la bille, on définit une pesanteur apparente
g ∗ = 6,89 N.m−1 . Cette pesanteur est plus faible que g puisque la poussée d’Archimède est une force dirigée
→
−
→
−
→
−
à l’opposé du poids. Le poids apparent de la bille sera donc P = m g ∗ avec g ∗ dirigé vers le bas.
5. L’allongement du ressort dans sa position d’équilibre est-il identique à celui de la question 2 ? Justifier
la réponse en le calculant.
6. On suppose que dans l’huile, la sphère est soumise à une force de frottement fluide donnée par la loi
de Stokes :
→
−
−
−
f = −6 π η r →
v = −h →
v
Le coefficient de viscosité η se mesure en Poiseuille (P`). Quelle est la dimension de cette grandeur ?
7. On écarte à nouveau la sphère de sa position d’équilibre d’une longueur x(t = 0) = a et la lâche sans
vitesse initiale.
A l’aide du principe fondamental de la dynamique, établir l’équation différentielle du mouvement.
8. L’équation différentielle de la question précédente peut s’écrire sous la forme :
ẍ + 2 λ ẋ + ω02 x = 0
A quelle condition sur λ la bille est en régime pseudo-périodique ? Donner alors l’expression de la
pseudo-période T du mouvement en fonction de λ et ω0 .
En régime pseudo-périodique, la position de la masse est donnée par :
x(t) = A e−λ t cos (ω t + φ)
x(t)
9. On appelle "décrément logarithmique", la grandeur δ = ln
.
x(t + T )
A des intervalles de temps successifs et égaux à une pseudo-période, on mesure les élongations maximales du ressort. Les valeurs expérimentales obtenues sont reportées dans le tableau suivant.
x(t) en cm
6,00
4,45
3,30
2,45
1,80
1,35
ln x(t)
δ
Compléter ce tableau (on donnera δ avec trois chiffres significatifs).
10. Compte tenu du faible amortissement, on peut supposer que T ' T0 . Etablir l’expression du décrément
logarihtmique en fonction de T et λ.
En déduire la valeur de λ et celle du coefficient de viscosité η.
Answer of exercise 1
→
−
1. PFD : Dans un référentiel galiléen R, un point matériel M soumis à une force f voit sa quantité de
mouvement varier d’autant plus vite que la force est importante. L’équation du mouvement est donnée
par
−
→
−
d→
pM
−
= m→
aM = f
(2)
dt
→
−
−
Ici, seule la pesanteur intervient : P = m→
g . Le PFD dans le référentiel terrestre galiléen donne alors
ma = mg
=⇒
a=g
Le mouvement est uniformément accéléré.
2. La vitesse (en norme) est telle que
v̇ = g
soit v(t) = gt + C1
avec
C1 = 0
De plus on a
v(t) = −ż
Vitesse de chute libre
v = gt
1
soit z(t) = h − gt2
2
z(t)
h
v(t)
Hauteur de chute
z(t) = h − 21 gt2
t
t0
t
On parle de chute libre universelle car la loi de chute libre ne dépend pas de la masse du corps. Elle
est donc la même pour tous les corps quelle que soit leur composition.
q
√
2gh.
3. Sachant que z(t0 ) = 0 on trouve t0 = 2h
g . de plus v0 = v(t0 ) =
4. On trouve t0 = 1,0096 s et ∆t0 = √∆h = 1 ms. Finalement
2gh
t0 = 1,010 ± 0,001 s
−5 rad.s−1 . Dans le référentiel géocentrique, avant d’être lâché, le point M est en
5. ω = 2π
T = 7,29.10
mouvement de rotation autour de l’axe des pôles à la vitesse angulaire ω. Il possède donc un vecteur
vitesse :
→
−
→
v M (t = 0) = (R + h)−
u
θ
6. La force de gravitation est une force centrale de centre O. Le Théorème du Moment Cinétique implique
−
→
que le moment cinétique L0 se conserve puisque le moment de la force en O est nulle. On a donc la
loi des aires r2 θ̇ = C avec C une constante que l’on peut déterminer par les conditions initiales. Or à
t = 0, on a r = R + h et θ̇ = ω d’où
r2 θ̇ = (R + h)2 ω
7. Lorsque la bille tombe, on a r < (R + h) de sorte que θ̇ > ω : la bille tourne plus vite qu’un point de
la surface terrestre d’où une déviation vers l’Est.
8. D’après l’équation (1) et sachant que r = R + h − 12 gt2 , on a
θ̇ = ω
1−
gt2
2(R+h)
gt2
2 ' ω 1 +
R+h
!
Intégrons :
θ ' ωt +
ωgt3
ωgt3
' ωt +
3(R + h)
3R
car h R
9. S décrit un cercle à la vitesse angulaire ω de rayon R. On a donc
dS = Rωt0
Appelons P le point de chute. P se trouve à la distance curviligne dP = Rθ(t0 ) par rapport à la position
initiale de S. S s’est déplacé de dS . par conséquent, le décalage vers l’Est vaut
δ = dP − dS =
ωg t30
3
10. Numériquement on trouve
δ = 0,25 mm
Compte tenu de la précision, cet effet est invisible. Pour conclure, il est difficile de mettre en évidence
la rotation terrestre sur la chute libre. L’observation de la déviation vers l’Est necessite des hauteurs
importantes. C’est en faisant tomber des projectile dans un puits de 158 m de profondeur que Ferdinand
Reich mis en évidence la déviation vers l’Est en 1833.
Answer of exercise 2
1. Un référentiel galiléen est un référentiel dans lequel le principe d’inertie est vérifié.
2. On écrit l’égalité de la norme des forces présentes à l’équilibre :
k (`e − `0 ) = m g =⇒ (`e − `0 ) =
mg
= 3,6 cm
k
3. On établit l’énergie potentielle des deux forces en présence. Pour la force de tension du ressort :
→
−
→ = −k (` − ` + x) −
→ = − dEPél −
→
F = −k (` − `0 ) −
u
u
u
x
e
0
x
x
dx
d’où :
EPél = k (`e − `0 ) x +
k x2 X
X
+
cste
2
Pour la force de pesanteur :
→
−
→ = − dEPP −
→
P = mg−
u
u
x
x
dx
d’où :
X
X
EPP = −m g x + cste
4. On utilise alors le théorème de l’énergie mécanique, ici, comme il n’y a pas de forces non conservatives,
on a :
!
dEM
d
k x2 1
= 0 =⇒
x(k (`e − `0 ) − mg) +
+ m ẋ2 = 0
dt
dt
2
2
Or ce terme en facteur de x est nul (expression de l’équilibre de la masse). On a donc :
1
1
k
2 k x ẋ + m 2 ẋ ẍ = 0 =⇒ ẍ + x = 0
2
2
m
r
k
, d’où une expression de période propre égale à :
m
r
m
T0 = 2 π
= 0,38 s
k
L’expression de la pulsation est : ω0 =
La solution de l’équation différenitelle ci-dessus est :
x(t) = A cos (ω0 t + φ)
Avec les conditions initiales, on détermine A et φ :


 x(t = 0) = a =⇒ A cos φ = a
ẋ(t = 0) = 0 =⇒ −A ω0 sin φ = 0 =⇒ φ = 0

 et ainsi A = a
Finalement :
x(t) = a cos ω0 t
5. Non, l’allongement n’est pas le même, avec la poussée d’Archimède, le poids apparent est plus faible
mg
m g∗
que le poids, d’après la formule (`e − `0 ) =
, on a (`e − `0 )∗ =
= 2,4 cm.
k
k
6. On a :
M.L.T−2
[f ]
=
= M.L−1 T−1
[f ] = [η] [r] [v] =⇒ [η] =
[r] [v]
L.L.T−1
7. Le principe fondamental de la dynamique donne :
−
→
− →
− →
−
m→
a =P +T + f
En projection sur l’axe Ox :
m ẍ = m g ∗ − k (ll − `0 ) − h ẋ ⇐⇒ m ẍ = m g ∗ − k (`e − `0 + x) − h ẋ
Or, comme à l’équilibre, m g ∗ − k (`e − `0 ) = 0 :
m ẍ = −k x − h ẋ =⇒ ẍ +
h
k
ẋ + x = 0
m
m
8. Pour que le régime soit pseudo-périodique, il faut que le déterminant de l’équation caractéritisque de
l’équation différentielle soir négatif. Donc : 4 λ2 − 4 ω02 < 0 =⇒ λ < ω0 .
On pose ω =
q
ω02 − λ2 donc on a : T =
2π
2π
=q
.
ω
ω02 − λ2
9. Tableau complété :
x(t) en cm
6,00
4,45
3,30
2,45
1,80
1,35
ln x(t)
1,79
1,49
1,19
0,90
0,59
0,30
0,299
0,299
0,298
0,308
0,288
δ
10. On a :
δ = ln
On a donc λ =
Comme λ =
A e−λ t cos (ω t + φ)
A e−λ (t+T ) cos (ω (t + T ) + φ)
!
= ln
e−λ t
e−λ t × e−λ T
δ
0,298
=
= 0,784.
T0
0,38
h
6πηr
=
:
2m
2m
η=
2mλ
= 91,5 × 10−3 P`
6πr
!
= λT