DS 2014 - corrigé (avril)

Epreuve finale EC P2 - 2013-2014, durée 2h
Enoncé sur 3 pages. Les calculatrices de type collège, la feuille de résolution des équations
différentielle ainsi qu’une feuille A4 recto de notes personnelles manuscrites sont autorisées. Merci
d’éteindre et de ranger les téléphones portables.
Exercice 1 : Mouvement d’un palet
Un palet de hockey sur glace, assimilable à un point matériel M de masse m, est placé au
sommet d’une demi-sphère métallique de rayon Rp fixée sur une plate-forme horizontale mobile.
On néglige les frottements.
La plate-forme est mise en mouvement avec une accélération horizontale a0 constante. On
0
étudie dans ce qui suit le mouvement résultant du palet, dans le référentiel mobile R associé à la
0
demi-sphère métallique centré en O .
1. Décrire en quelques lignes les caractéristiques du mouvement du référentiel lié à la demi0
sphère R , par rapport au référentiel terrestre R supposé galiléen. Sur un schéma clair,
indiquer les forces qui agissent sur M au temps t, pour un observateur associé au référentiel
0
R.
0
2. Exprimer, dans la base (u~r , u~θ , u~z ), l’accélération du palet par rapport à R .
3. En appliquant le PFD au système M dans le référentiel mobile, établir, dans la base (u~r , u~θ , u~z ),
les équations du mouvement en fonction de la variable θ, de ses dérivées temporelles, et des
données du problème.
4. Exprimer l’énergie potentielle de pesanteur du système M en fonction de m, g, θ et Rp .
0
5. En déduire l’énergie mécanique du palet par rapport à R en fonction de m, g, θ, θ̇ et Rp .
6. Evaluer la puissance de chacune des forces autre que le poids dans la base (u~r , u~θ , u~z ).
7. Etablir l’expression du théorème de la puissance mécanique pour un observateur situé dans
0
R . Appliquer alors ce théorème au système M dans le référentiel lié au palet, et montrer que
l’on retrouve une des deux équations précédentes du mouvement.
8. L’intégration de cette équation conduit à la relation suivante :
1
Rp θ̇2 = a0 sin(θ) + g(1 − cos(θ))
2
En déduire une expression de la réaction normale de la demi-sphère sur le palet, en fonction
de l’angle θ.
9. Pour quelle valeur d’angle le point M quitte-t-il la demi-sphère si a0 = 0 ?
10. Même question que précédemment pour a0 = 2g ? Utilisez pour cela la figure en page 3
donnant l’évolution de la fonction 23 cos x − 3 sin x en fonction de x. Comparer ce résultat
avec celui de la question précédente. Est-ce cohérent ?
1
Exercice 2 : Forces d’inertie
Un motard effectue un tour de circuit sur un prototype mis au point pour l’occasion. Dans une
portion rectiligne, il atteint une vitesse de pointe constante de 296 km.h−1 sur quelques centaines
centaines de mètres et s’écrie : ”J’ai réussi à annuler les forces d’inertie !”. Cette aventure se produit dans l’hémisphère nord et on considère la Terre comme un référentiel mobile non galiléen en
rotation avec une vitesse angulaire constante autour de son axe nord-sud.
1. Enoncer les forces agissant sur le motard ? (les frottements sont négligés et on ne considèrera
pas la force de propulsion).
−−→
2. Etablir l’expression de la force d’inertie d’entrainement en fonction du vecteur HM avec H
le projeté de M sur l’axe de rotation de la terre.
3. Ecrire l’expression générale de la force de Coriolis.
4. Définir la direction et le sens du vecteur vitesse de M par rapport au référentiel terrestre
pour que la force de Coriolis annule la force d’inertie d’entrainement.
5. En déduire alors le sens de déplacement (Nord, Sud, Ouest ou Est) de la moto pour que
l’affirmation du motard soit vérifiée ainsi que la latitude du mouvement à laquelle se produit
l’essai.
6. Passionné par P2, le motard joueur et intrépide (bien que peu réaliste) cherche cette fois-ci
à ce que les forces d’inertie de Coriolis et d’entrainement s’opposent à la force d’attraction
gravitationnelle (état d’apesanteur). D’après les résultats obtenus précédemment, expliquer
qualitativement si oui ou non il est possible de réaliser cette expérience. Dans l’affirmative,
déterminer alors la latitude à laquelle réaliser l’expérience ainsi que la vitesse (par rapport
au référentiel terrestre) de la moto.
Données : G = 6, 6710−11 USI, masse de la terre Mt = 5, 971024 kg, rayon terrestre R = 6376
km, vitesse angulaire de rotation de la terre ωt = 7, 279210−5 rad/s.
2
Annexe
Figure 1 – Evolution de la fonction
3
3
2
cos x − 3 sin x en fonction de x
Correction exo 1 : Mouvement d’un palet
Barême : 12 points
0
1. Le mouvement de R par rapport à R est un mouvement de translation. Schéma doit comporter le poids, la réaction normale du support et la force d’inertie d’entrainement (le long
de ~y ). (1pt)
−−0−→
−−−−−−→
0
−
−
d2 O M 0
2. a(M/R ) = dt2 |R = Rp θ̈→
uθ − Rp θ̇2 →
ur (1pt)
3. PFD appliqué au point M par rapport à référentiel mobile :
−−−−−−→
→
0
~ +−
ma(M/R ) = P~ + N
Fie
(1)
Pas de force de Coriolis car les deux référentiels sont en translation.
Projection des forces :
−
−
P~ = −mg cos(θ)→
ur + mg sin(θ)→
uθ
→
−
~
N = N ur
−
→
→
−
−
Fie = −m−
a−
~0 ~y = ma0 sin (θ)→
ur + ma0 cos (θ)→
uθ
ent = ma
Ainsi en projetant le PFD sur les deux axes à partir des relations précédentes, on obtient :
−mRp θ̇2 = −mg cos(θ) + N + ma0 sin (θ)
(2)
mRp θ̈ = mg sin(θ) + ma0 cos (θ)
(3)
(2pt : 0,5 PFD + 1 expressions forces + 0,5 projection PFD)
4. Energie potentielle de pensanteur : Ep = mgx = mgRp cos (θ) (1pt)
−−−−−→
0
5. Energie mécanique : Em = Ec +Ep = 21 mv(M/R )2 +mgRp cos (θ) = 21 m(Rp θ̇)2 +mgRp cos (θ)
(1pt)
6. Calcul de la puissance des autres forces que le poids : seul la force d’inertie et d’entrainement
va avoir une puissance non nulle. Elle ne dérive pas d’une énergie potentielle. Ainsi :
−
→
−
→ −−−−−→
0
P (Fie )|R0 = Fie .v(M/R ) = ma0 Rp θ̇ cos (θ)(4)
(1pt : 0,5 écriture puissance + 0,5 application)
7. Application du théorème de la puissance mécanique à partir des résultats précédents :
−→
−
→
dEm
|R0 = P (Fnc )|R0 = P (Fie )|R0 = ma0 Rp θ̇ cos (θ)(5)
dt
Or :
dEm
| 0 = mRp2 θ̈θ̇ − mgRp θ̇ sin (θ)(6)
dt R
−
Ainsi, on retrouve l’équation du PFD en projection sur →
uθ
Rp θ̈ − g sin (θ) = a0 cos (θ)
(7)
(2pt : 1 écriture TPC + 1 résolution)
8. En remplaçant le terme Rp θ̇ de l’équation 2 par la relation donnée, on obtient l’expression
de la réaction normale : (1pt)
N = −mRp θ̇2 + mg cos(θ) − ma0 sin (θ) = 3m [g cos (θ) − a0 sin (θ)] − 2mg
4
(8)
9. Pour que le point M quitte la demi-sphère, il faut que la réaction normale devienne nulle. Si
a0 = 0 : (0,5pt)
N = 0 =⇒ 3g cos (θ) = 2g =⇒ cos (θ) =
2
=⇒ θ = 48˚
3
(9)
10. Dans le cas a0 = 2g : (1,5pt)
N = 0 =⇒ 3m [g cos (θ) − 2g sin (θ)] = 2mg =⇒
3
[cos (θ) − 2 sin (θ)] = 1
2
(10)
En utilisant la figure 1, 32 [cos (θ) − 2 sin (θ)] = 1 équivaut à un angle θ proche de 10˚. Ce
résultat est cohérent car la force d’inertie d’entrainement a tendance à expulser le point M
de la demi-sphère, l’angle est donc plus faible que le cas où a0 = 0.
Correction exo 2 : Forces d’inertie
Barême : 8 points
1. Les forces agissant sur le motard sont : la force d’attraction gravitationnelle, la réaction du
support ainsi que les forces d’inertie d’entrainement et de Coriolis. Ces deux dernières forces
sont liées au caractère non galiléen du référentiel terrestre. On définit par R0 le référentiel
terrestre et R le référentiel géocentrique. (1pt)
−
→
−−→
2. Fie = mω 2 HM (0,5pt)
−
→
→
− −−−−−→
0
3. Fic = −2m Ω ∧ v(M/R ) (0,5pt)
−−→
4. La force d’inertie d’entrainement est orientée selon le vecteur HM . En utilisant les propriétés
du produit vectoriel (règle de la main droite), pour avoir une force de Coriolis orientée à
−−→
−
l’opposée de HM , il est nécessaire d’avoir un vecteur vitesse orienté selon l’axe →
uz . (1pt)
−
→
5. D’après la rèlgle de la main droite et de la définition de Fic , la vitesse doit être orientée vers
l’ouest. D’après la définition du produit vectoriel :
−
→
→
− −−−−−→
→
− −−−−−→
π
0
0
kFic k = k−2m Ω ∧ v(M/R )k = 2mk Ω kkv(M/R )k sin( )
2
Pour que les deux forces soient égales en norme :
(11)
−
→
−
→
−−→
→
− −−−−−→
0
kFie k = kFic k ⇒ mω 2 HM = 2mk Ω kkv(M/R )k
Ainsi :
−−−−−→
0
ωR cos(λ) = 2kv(M/R )k ⇒ cos(λ) =
−−−−−−→
0
2kv(M/R )k
ωR
A.N. : λ ≈ 69, 25˚ (3pt : 1 calcul norme Fie + 1 calcul norme Fic + 1 calcul λ)
6. Pour que l’expérience soit possible, il faut que la force d’inertie d’entrainement, la force
de Coriolis et l’attraction gravitionnelle soient colinéaires. La force d’inertie d’entrainement
étant une force centrifuge, elle ne peut s’opposer à l’attraction gravitationnelle qu’à l’équateur
soit une latitude λ = 0. A cet endroit, compte tenu de l’axe de rotation de la Terre, la force
de Coriolis sera elle aussi colinéaire à la force d’attraction gravitationnelle et opposé à celle-ci
−
que si le vecteur vitesse est orienté selon →
uz et pointant vers l’est.
5
Dans
−
→ ce cas
−
→:
−
→
kFg k = kFie k + kFic k ⇒
Ainsi :
GMt m
R2
0
= mω 2 R + 2mωv(M/R )
GMt
1 GMt
0
0
2
2
= ω R + 2ωv(M/R ) ⇒ v(M/R ) =
−ω R
R2
2ω R2
0
(12)
Application numérique : v(M/R ) ≈ 67050m/s soit 18625 km/h. Notre motard n’arrivera
donc pas à être en état d’apesanteur...(2pt : 1 raisonnement général + 1 application numérique)
6