Correction des problèmes mécanique 2015-2016

Problème 1 : Balançoire (CCP PC 2013)
1.1.1. Système : enfant.
Référentiel : terrestre supposé galiléen.
Forces :
poids P = mg , conservative ;
action de la tige F = Fr ur , qui ne travaille pas.
Principe fondamental de la dynamique : ma = P + F .
On a r = ℓur ⇒ v = ℓθɺuθ ⇒ a = −ℓθɺ2ur + ℓθɺɺuθ .
g
Selon uθ : m ℓθɺɺ = −mg sin θ ⇒ θɺɺ + sin θ = 0 .
ℓ
1.1.2. On applique le théorème de l’énergie cinétique entre le point le plus bas et un
point quelconque de la trajectoire : ∆Ec = W ( P ) .
On note v b la vitesse au point le plus bas : ∆Ec =
1 2 1 2
mv − mv b avec v = ℓ θɺ .
2
2
D’autre
part,
ɺɺɺ = −g ℓθɺ sin θ .
W ( P ) = mg ℓ ( cos θ − 1 ) ⇒ ℓ2θɺ2 − v b2 = 2g ℓ ( cos θ − 1 ) ⇒ ℓ2θθ
g
On retrouve donc l’équation θɺɺ + sin θ = 0 .
ℓ
1.1.3. Théorème du moment cinétique en O , fixe dans le référentiel d’étude :
dLO
= MO ( P ) + MO ( F ) .
dt
LO = m OM ∧ v = m ℓ2θɺuz ⇒
dLO
= m ℓ2θɺɺuz .
dt
MO ( P ) = OM ∧ P = −mg ℓ sin θuz .
Le support de F passe par O : MO ( F ) = 0 .
g
On retrouve également l’équation θɺɺ + sin θ = 0 .
ℓ
1.2. L’enfant constitue un oscillateur harmonique dans le cas de petites oscillations :
g
sin θ ≃ θ ⇒ θɺɺ + θ = 0 .
ℓ
La pulsation propre est alors ω0 =
La période correspondante est T0 =
g
.
ℓ
2π
ℓ
⇒ T0 = 2π
⇒ T0 = 3,1 s .
ω0
g
Ce résultat est cohérent avec la courbe présentée plus loin.
Le théorème de l’énergie cinétique nous fournit
1 2 1 2
mv − mvmax = mg ℓ ( cos θ − 1 ) .
2
2
En appliquant cette relation à l’état initial, on obtient
v max =
2.1.
2g ℓ ( 1 − cos θ0 ) ⇒ vmax = 2, 6 m s−1 .
En reprenant le théorème de l’énergie cinétique, on a
1 2 1 2
mv − mv max = mg ℓ ( cos θ − 1 ) .
2
2
Avec v = ℓ θɺ et v max =
2g
2g ℓ ( 1 − cos θ0 ) , on obtient θɺ2 =
( cos θ − cos θ0 ) .
ℓ
 2g

ɺ
dθ  ℓ ( cos θ − cos θ0 ) si θ > 0
On a donc
=
.

dt
2g
 −
( cos θ − cos θ0 ) si θɺ < 0

ℓ
2.2.
Au début du mouvement, le temps que θ passe de θ0 à 0 correspond au quart de la période du
mouvement. Durant cette phase, θɺ < 0 .
ℓ
On a donc dt = −
2g
0
T
ℓ⌠
⇒ =−

4
2g ⌡θ
cos θ − cos θ0
dθ
0
θ
0
2ℓ ⌠
T =2

g ⌡0
cos θ − cos θ0
dθ
cos θ − cos θ0
θ
2.3.
dθ
0
θ2
ℓ⌠
Pour θ petit, on a cos θ ≃ 1 −
⇒T = 4 
2
g ⌡0
.
.
dθ
θ02 − θ 2
.
1
θ
ℓ⌠
dX
ℓ
1 .
On effectue le changement de variable X =
⇒T = 4 
=4
arcsin
X
0
θ0
g ⌡0 1 − X 2
g
On retrouve T = 2π
2.4.
ℓ
.
g
La valeur de T obtenue pour les petites oscillations est cohérente avec celle obtenue
précédemment.
La période augmente lorsque l’amplitude des oscillations augmente. Elle diverge quand θ0 → π , qui
correspond à une position d’équilibre (instable).
3.1. C
 dθ 
 dθ 
dθ
 = ML2T−2 avec   = T−1 ⇒ C  = ML2T−1 .
est un moment : C
 dt 
dt
 dt 
3.2. Forces :
Forces :
poids P , de moment MO ( P ) = OM ∧ P = −mg ℓ sin θuz ;
action de la tige F , de moment nul ;
frottements, de moment −C
dθ
u .
dt z
Théorème du moment cinétique projeté selon uz : m ℓ2θɺɺ = −mg ℓ sin θ − C θɺ .
C ɺ g
θ + sin θ = 0 .
On obtient donc θɺɺ +
ℓ
m ℓ2
C ɺ g
3.3. Pour de petites oscillations, on a θɺɺ +
θ + θ = 0.
ℓ
m ℓ2
Équation caractéristique : λ 2 +
Discriminant : ∆ =
C2
2 4
m ℓ
−
C
mℓ
2
λ+
g
= 0.
ℓ
4g
.
ℓ
Le mouvement est pseudopériodique si ∆ < 0 ⇒ C < 2m g ℓ 3 .
On a dans ce cas λ = −
C
±j
2m ℓ2
2m ℓ2
On pose τ =
et ω1 =
C
−∆
.
2
−∆
1
⇒ λ = − ± jω1 ⇒ θ ( t ) = θm e−t / τ cos ( ω1t + ϕ ) .
2
τ
L’amplitude du mouvement est réduite de moitié après 20 oscillations :
−20T1 / τ
e
T0 = 2π
1
ln 2 m ℓ2
= ⇒C =
.
2
10 T0
ℓ
ln 2
⇒C =
m g ℓ 3 ⇒ C = 2, 8 kg m2 s−1
g
20π
Problème 2 : Impact d'un bolide (Centrale PSI 2012)
I. COLLISION ENTRE UN BOLIDE ET LA TERRE
I.A Vitesse orbitale de la Terre
I.A.l Un référentiel est galiléen si le mouvement de tout point matériel isolé y est
rectiligne et uniforme (d’après le principe d’inertie, ou première loi de Newton).
Il s’agit d’une définition difficile à vérifier concrètement. En effet, tous les référentiels
auxquels nous sommes confrontés au quotidien ne sont pas rigoureusement galiléens.
Ainsi la Terre tourne sur elle-même et autour du Soleil, et le système solaire lui-même
tourne autour du centre de notre galaxie, donc les référentiels terrestre, géocentrique
ou de Kepler ne sont pas galiléens dans l’absolu. Cependant, on peut tout de même les
qualifier de galiléens avec une bonne approximation en fonction de la durée du
phénomène observé : si le principe d’inertie est vérifié dans un référentiel donné
durant l’observation, alors il peut être assimilé à un référentiel galiléen.
I.A.2 L’hypothèse de symétrie sphérique permet d’assimiler la Terre et le Soleil à des
masses ponctuelles. Leurs champs gravitationnels ont donc les mêmes expressions que
ceux créés par des points portant chacun la masse totale de l’astre, situés en leur
centre. Si la masse de la Terre est négligeable devant celle du Soleil, on peut le
supposer immobile dans le référentiel de Kepler, confondu avec le référentiel
barycentrique.
I.A.3 On se place en coordonnées polaires dans la base associée au référentiel de
Kepler (0, er , eθ ). On note SO = R0 er , la position de la Terre dans ce référentiel. La
vitesse se déduit en dérivant ce vecteur par rapport au temps
vT =
d SO d
de
= ( R0 er ) = R0 r = R0θɺer
dt
dt
dt
En dérivant à nouveau, on obtient l’accélération
de
dθɺ
a = R0θɺ θ + R0
eθ = − R0θɺ 2 er + R0θɺɺeθ
dt
dt
Or la Terre est soumise uniquement à l’attraction gravitationnelle du Soleil, donc en
se plaçant dans le référentiel de Kepler considéré comme galiléen et en appliquant le
principe fondamental de la dynamique à la planète de masse constante MT, on a
MT a = −
GM T M S
er
R0 2
−
GM S
er = − R0θɺ 2 er + R0θɺɺeθ
2
R0
Il vient après projection
GM S
= R0θɺ 2 et θɺɺ = 0
2
R0
GM S
On en déduit que θɺ = Cte =
, c’est-à-dire que le mouvement circulaire de la
3
R0
Terre est uniforme et vT =
GM S
= 30 km.s-1
R0
Des bolides approchant de la Terre doivent avoir une vitesse voisine de celle-ci.
L’indication numérique fournie dans la partie I.B sur la vitesse des astéroïdes (de
l’ordre de 30 km.s-1) permet de confirmer au moins l’ordre de grandeur du résultat
précédent. On peut déduire que la vitesse est uniforme en utilisant indépendamment
l’une ou l’autre des équations du système obtenu après la projection, mais seule la
première permet de calculer son expression.
I.B.1 Le référentiel géocentrique est en translation circulaire par rapport au référentiel
de Kepler. Par composition des vitesses, la vitesse du bolide dans le premier référentiel
s’exprime en fonction de son expression dans le second de la façon suivante
vr = vb − vT
En utilisant la double inégalité triangulaire, il vient
vb − vT ≤ vr ≤ vb + vT
d’où
0 ≤ vr ≤ 60 km.s-1
car vb = vT = 30 km.s-1:
I.B.2 L’énergie mécanique du bolide est la somme de son énergie cinétique son énergie
potentielle dans le champ gravitationnel de la Terre
Em =
Gmb M T
1
mb v 2 −
2
r
En l’absence de forces non conservatives, l’énergie mécanique se conserve, elle est
1
2
égale en particulier à sa valeur à l’infini, c’est-à-dire Em = mb vr 2
Em > 0 donc le bolide a une trajectoire hyperbolique de foyer O.
Lorsqu’un système est soumis à une force coulombienne (potentiel en k/r), sa
trajectoire est une conique. L’énergie potentielle, définie à une constante est choisie
nulle à l’infini. Dans ce cas, la nature de la conique est déterminée par le signe de
l’énergie mécanique Em :
•
si Em <0, la trajectoire est elliptique ;
•
si Em = 0, elle est parabolique ;
•
si Em >0, elle est hyperbolique.
On note que lorsque Em ≥ 0, le système n’est pas lié.
I.B.3.a Le bolide est uniquement soumis à une force centrale, à savoir la
gravitationnelle exercée par la Terre, donc le moment des forces qu’il subit est nul. On
en déduit que le moment cinétique du bolide est conservé au cours du temps.
Exprimons le moment cinétique du bolide lorsqu’il est en M0
L0 = mb OM 0 ∧ vr ex = - mbvrb ez
puis en A
L0 = mb OA ∧ v A = - mbvAdmin ez
En comparant les expressions, v r b = vAd min
I.B.3.b La conservation de l’énergie mécanique entre un point situé à l’infini et le
point A permet d’écrire
Gmb M T
1
1
mb vr 2 = mb v A2 −
.
2
2
d min
En utilisant l'égalité établie à la question précédente :
1 2 1 vr b 2 GM T
vr = (
) −
2
2 d min
d min
La distance dmin obéit ainsi à l’équation du second degré
1 2 2
1
vr d min + GM T d min − (vr b) 2 = 0
2
2
On résout cette équation en calculant son discriminant
∆ = (GM T ) 2 + b 2vr 4
Celui-ci étant strictement positif, l’équation possède deux solutions réelles. La distance
dmin est alors l’unique solution positive
d min =
−GM T + (GM T ) 2 + b 2 vr 4
vr 2
I.B.3.C Un impact survient si dmin < RT. On note l = GMT/vr2, grandeur homogène à
une longueur. L’inégalité précédente se réécrit successivement
2
b
l ( 1 +   − 1) ≤ R T
l
2
R
b
1+   ≤ T +1
l
l
2
RT
b
+ 1) 2 − 1
  ≤(
l
l
 
b≤l (
donc b ≤ bmax avec bmax =
GM T
vr 2
(
RT
+ 1) 2 − 1
l
vr R T
+ 1) 2 − 1
GM T
I.B.4.a L’énergie mécanique se conserve entre l’instant initial, lorsque r 
→ ∞ , et le
moment de l’impact, où r = RT, donc
Gmb M T
1
1
mb vr 2 = mb vi 2 −
2
2
RT
La vitesse au moment de l’impact s’écrit alors
vi = vr 2 + vl 2 avec vl =
2GM T
RT
v l est appelée vitesse de libération. Il s’agit de la vitesse initiale minimale que doit
acquérir un objet situé à la surface de la Terre pour s’en échapper et s’en éloigner
indéfiniment. v e = 11 km.s-1
Par invariance par renversement du temps des équations du mouvement, ve est
également la vitesse minimale d’impact d’un objet uniquement soumis à l’attraction
gravitationnelle de la Terre, entrant en collision avec celle-ci.
I.B.4.b En utilisant la double inégalité établie à la question I.B.l, il vient
11km.s −1 ≤ vl ≤ 60 km.s-1
I.C Énergie cinétique du bolide
I.C.l L’énergie cinétique du bolide a pour expression
ec =
1
1
mb vi 2 = ρbVb vi 2
2
2
avec Vb le volume du bolide. Ce dernier étant assimilé à une sphère de rayon rb, on a
ec =
1
ρbπ rb3vi 2 = 1,1.1018 J
2
I.C.2 On exprime cette énergie en terme d’équivalent en tonnes de TNT, sachant
qu’une tonne de TNT libère 4,18.109 J :
Ec = 260 Mégatonnes équivalent TNT
Par conséquent,
La bombe atomique d’Hiroshima a libéré une énergie de 15000 tonnes équivalent
TNT, ce qui est 17000 fois moins que l’énergie du bolide. Les effets destructeurs de
l’impact d’une météorite sur la Terre peuvent donc être colossaux, bien plus dévastateurs qu’une bombe nucléaire.
Toutefois les conséquences d’une bombe atomique vont bien au-delà des effets
immédiats dus à l’explosion. Les retombées radioactives qui lui font suite sont nocives
pour les formes de vie aux alentours, à long terme et sur de grandes distances. Le but
de la question est simplement de se faire une idée des ordres de grandeur des énergies
mises en jeu et non de comparer les effets destructeurs de chacun de ces événements,
ce qui n’aurait pas grand sens.
Problème 3 : Action d'un champ magnétique
(CCP PSI 2012)
B.1 On applique le pfd à la particule soumise uniquement à la force de Lorentz, ma = qv ∧ Bo et on
projette sur les 3 axes :
mɺxɺ = qyɺ Bo ; mɺyɺ = − qxɺBo ; mɺzɺ = 0 en intégrant la dernière par rapport au temps zɺ = const = 0 d’après les
conditions initiales, puis en intégrant une 2è fois : z = const = 0 quelque soit t. Le mouvement a donc
lieu dans le plan Oxy.
dv y
dv x
 qBo   ɺxɺ 
−1
 m  =  yɺ  = s donc bien homogène à une pulsation, d’où dt = ω c v y ; dt = −ω c v x

  
B2. V = v x + jv y donc
dv y
d V dv x
=
+ j
= ω C (v y − jv x ) = − jω C V soit V solution d’une équation
dt
dt
dt
différentielle d’ordre 1 :
dV
+ jω C V = 0 de solution V (t ) = V (t = 0)e − jωC t = vo e − jωC t
dt
B3. V (t ) =
dR
j
j
d’où R(t) =
vo e − jωC t + const , à t=0 R(t=0) =
vo + const = 0 , d’où
dt
ωc
ωc
const = −
j
x(t ) =
vo
ωc
ωc
j
vo et R(t) =
sin (ω C t ); y (t ) =
2
ωc
vo
ωc
(
)
v o e − jωC t − 1 =
(cos(ω C t ) − 1)
vo
ωc
sin (ω C t ) + j
vo
ωc
(cos(ωC t ) − 1) soit
avec sin 2 (ω C t ) + cos 2 (ω C t ) = 1
2
 ω c x(t )   ω c y (t ) 

 + 
+ 1 = 1 on retrouve l’équation demandée
 vo   vo


v
x(t ) +  y (t ) + o
ωc

2
2
2

v 
 =  o  équation cartésienne d’un cercle de centre

 ωc 
C (xC = 0, yC = -vo/ωC) de rayon ρL = vo / ωC.
B4. En appliquant le théorème de l’énergie cinétique : EcB – EcA = - qUBA
B5. d = 2ρL = 2Vm / qB. d dépend du rapport m/q les ions sont donc triés en fonction de ce rapport.
Les ions étant positifs UBA = - U avec EcA = 0 on en déduit ½ mV2 = qU soit V =
d1 /d2 = V1m1.q / V2m2.q = (m1 / m2)1/2.
2qU
.
m
1/12