corrigé

Spé ψ 2015-2016
Devoir n°1
MÉCANIQUE DU POINT
D’APRES E3A
MP 2015 (PARTIE I)
1) En supposant la masse volumique uniforme et le comète de forme sphérique de rayon
1/ 3
1/ 3
 3 mcom 
 3 1, 0 × 1013 
4
=
rcom, on a mcom = µ com πrcom 3 d’où rcom = 
.
A.N.
r


 = 1,8 km.
com
3
4
π
400
 4π µ com 


2) La force gravitationnelle exercée par la comète de forme sphérique sur un objet de masse
m m
m est F = − G com2 er donc dim F = dim ( G ) M 2 L−2 . Or, d’après la relation fondamentale, on a
r
aussi dim F = MLT −2 donc on obtient dim ( G ) M 2 L−2 = MLT −2 d’où dim ( G ) = L3 M −1T −2 . Une
( )
( )
unité possible est le m3⋅kg–1⋅s–2 .
3) À l’instant du largage du module, on a g com
Au niveau du sol de la compète, g com
g com
g com
sol
l arg
sol
l arg
= − 6, 67 × 10−11
= − 6, 67 × 10−11
1, 0 ×1013
3 2
(1,8 ×10 )
1, 0 × 1013
3 2
= 1,3×10–6 m⋅s–2.
( 22, 5 ×10 )
= 2,0×10–4 m⋅s–2. On a donc
2, 0 ×10 −4
=
= 154. On ne peut pas considérer le champ de gravitation uniforme lors du
1, 3 × 10−6
largage.
4) Dans le référentiel R0 la sonde considérée comme un point matériel placée en R n’est
m m soumise qu’a la force gravitationnelle de la comète F = − G com 2 Ros er ( R ) . Le théorème du mor
m m 
d L 
ment cinétique appliqué au centre C de la comète s’écrit
= CR ∧  − G com 2 Ros  e r ( R ) = 0 donc
dt
r


L est constant en particulier sa direction. Comme, par définition, L = CR ∧ mv , les vecteurs CR et
v sont dans un plan perpendiculaire à la direction de L . Ce plan est donc constant au cours du
temps.
5) On utilise la base polaire dans le plan de la trajectoire. Dans cette base, on a
dr dθ v = e r ( R ) + r ( t ) eθ ( R ) Si la trajectoire est circulaire de rayon r1 constant, il reste
dt
dt
dθ
dθ v1 = r1
eθ ( R ) . Le moment cinétique s’exprime alors L = CR ∧ mv = mr1 e r ( R ) + r1
eθ ( R )
dt
dt
dθ dθ
= mr12
e z . Comme ce vecteur est constant, cela entraîne
= C et l’accélération s’écrit
dt
dt
2
v2  dθ  a = − r1   e r ( R ) = − 1 e r ( R ) .
r1
 dt 
Le principe fondamental s’écrit − mRos
m m v12 e r ( R ) = − G com 2 Ros er ( R ) d’où v1 =
r1
r1
Gmcom
.
r1
6, 67 × 10−11 1, 0 × 1013
A.N. v1 =
= 15 cm⋅s–1.
3
30 × 10
Spé ψ 2015-2016
page 1/6
Devoir n°1
6) Pendant une période, la sonde fait un tour de longueur 2πr1 donc T1 =
2π 30 ×103
= 1,3×106 s ≈14,5 jours.
A.N. T1 =
−2
15 × 10
7) L’orbite est une ellipse de foyer C. Les distances ra et rp sont
définies sur le grand axe de l’ellipse.
ra + rp
Gmcom mRos
L’énergie mécanique est E = −
où a =
est
2a
2
Gmcom mRos
le demi grand-axe. On en déduit E = −
.
ra + rp
8) L’énergie mécanique est
Em =
m m
1
mRos v 2 − G com Ros
2
r
2πr1
.
v1
C
rp
ra
donc, en rp, on obtient
1
1
m m
Gmcom mRos
1
−
mRos v p 2 − G com Ros = −
. On en déduit v p = 2 Gmcom
.
rp ra + rp
2
rp
ra + rp
A.N. v p = 2 6,67 × 10−11 1, 0 × 1013
1
1
−
= 30 cm⋅s–1.
3
10 × 10 30 × 103
9) La vitesse en rp sur l’orbite circulaire est v pCIRC =
 1
1
1
−
−
donc ∆v = v pCIRC − v p = 2 Gmcom 
 rp
rp ra + rp

A.N. v pCIRC =
Gmcom
. La variation de vitesse est
rp

.


6, 67 × 10−11 1, 0 × 1013
= 26 cm⋅s–1.
10 × 103
La variation de vitesse est donc ∆vp = – 4 cm⋅s–1.
dv
dm
10) Comme dv = dt et dm =
dt , l’équation du mouvement devient m dv = − dm ve
dt
dt
dm
d’où dv = − ve
. En notant mCIRC + ∆m la masse au début de l’éjection des gaz, on peut écrire
m
v pCIRC
mCIRC
dm
dv
=
−
v
e
∫vp
∫mCIRC +∆m m entre le début et la fin de la variation de vitesse soit
 mCIRC 
 mCIRC + ∆m 
v pCIRC − v p = − ve ln 
 d’où ∆v = ve ln 
 ou encore
 mCIRC + ∆m 
 mCIRC 

 ∆v  
∆m = mCIRC  exp   − 1 .
 ve  

11) Dans le référentiel lié à la comète qui est supposé galiléen, on prend comme système
mobile l’atterrisseur considéré comme ponctuel. Il n’est soumis qu’à l’interaction gravitationnelle
m m d 2r donc le principe fondamental s’écrit mPh 2 e r = − G com 2Ph e r d’où l’équation du mouvement
dt
r (t )
d 2 r Gmcom
+
=0.
2
dt 2
r (t )
Spé ψ 2015-2016
page 2/6
Devoir n°1
12) Dans la fonction Euler, r est la liste des valeurs de r et vr est la liste des valeurs de la vidv
tesse. La formule de Taylor à l’ordre 1 s’écrit v ( t + dt ) = v ( t ) + dt . La ligne 8 traduit cette équadt
2
Gmcom
dv d r
tion et la fonction equadiff doit renvoyer
= 2 =−
d’après l’équation du mouvement .
2
dt dt
r (t )
La constante gm contient la valeur numérique de Gmcom, donc on peut compléter la ligne 3 :
3
return – gm/r**2
puis la ligne 8, où l’on crée une nouvelle valeur de v avec les valeurs précédentes de r et v et on
l’ajoute à la liste vr.
8
vr.append( vr[i] + dt *equadiff(r[i], vr[i]) )
Avec l’ancienne valeur de la vitesse, on obtient également une nouvelle valeur de r par la formule
dr
de Taylor r ( t + dt ) = r ( t ) + dt = r ( t ) + v ( t ) dt et l’on ajoute cette nouvelle valeur à la liste r. La
dt
ligne 9 s’écrit donc
9
r.append(r[i] + vr[i]*dt)
13) La vitesse initiale nulle correspond à la courbe a. On a calculé le rayon de la comète
1,8 km . On lit r = 1800 m à l’instant t ≈ 143000 s soit 40 h environ ou encore 1 jour et 16h.
i h g f
e
d
Cette valeur ne correspond pas du tout à la réalité. La valeur réelle de 7h ≈ 25200 s ce qui
correspond à la courbe f d’après le zoom, c’est-à-dire la vitesse initiale – 0,75 m⋅s–1.
14) On cherche sur le graphique la vitesse verticale correspondante au rayon de la comète sur la courbe calculée pour une vitesse
initiale de – 0,75 m⋅s–1. On trouve v ≈ –1,1 m⋅s–1.
15) Pendant sa chute, le module Philae n’est soumis qu’à la
force de gravitation qui est conservative donc son énergie mécanique
se conserve (c’est-à-dire est constante au cours du temps).
16) On écrit l’énergie mécanique de Philae au largage (rL, vL )
et au sol (rC, vAT).
m m
m m
1
1
mPhi vL 2 − G com Phi = mPhi v AT 2 − G com Phi
d’où
2
rL
2
rcom
vL 2 − 2 G
 1
1
mcom
m
− 
= v AT 2 − 2 G com puis. vAT = vL 2 + 2 Gmcom 
rL
rcom
 rcom rL 
1
1


+ 2 6, 67 × 10 −11 1, 0 × 1013 
−
= 1,1 m⋅s–1. Cette
3
3 
1,8
×
10
22,5
×
10


valeur est compatible avec la valeur obtenue graphiquement.
A.N. vAT =
( 0, 75 )
2
17)
Spé ψ 2015-2016
page 3/6
Devoir n°1
S’approprier le problème.
Faire un schéma modèle.
Identifier les grandeurs physiques pertinentes, leur attribuer un symbole.
Évaluer quantitativement les grandeurs physiques inconnues et non précisées.
Relier le problème à une situation modèle connue.….
Durant les deux heures de rebond, la seule
force extérieure appliquée à Philae est la force
d’attraction gravitationnelle exercée par la comète
sur Philae car il n’y a pas d’atmosphère, donc pas de
force de frottement. Le module est donc en chute
libre. Sa vitesse initiale est celle après le premier
rebond, elle n’est donc pas verticale mais fait un
angle de 15° avec la verticale. Un schéma représentatif de la situation est tracé ci-contre.
Sur 1 km, la force de gravitation varie de
y
v0
α = 75°
α = 75°
x
δ F
δr
= 2
r
F
soit numériquement
δ F
1
≈ 1,1. Considérons cependant que la force ne varie pas pendant le rebond.
= 2
1,8
F
Etablir une stratégie de résolution (analyser).
Décomposer le problème en des problèmes plus simples.
Commencer par une version simplifiée.
Expliciter la modélisation choisie (définition du système, …).
Déterminer et énoncer les lois physiques qui seront utilisées.…..
On se place dans le référentiel lié à la comète, il est supposé galiléen. Le système mobile est
le module de masse mPhil. Dans la base cartésienne indiquée sur la figure, la relation fondamentale

d 2x
m
 Phi 2 = 0
Gmcom
dt
mPhi a = F se projette en 
en posant g com =
.
2
rcom 2
m d y = − m g
Phi com
 Phi dt 2
Mettre en œuvre la stratégie
(réaliser).
Mener la démarche jusqu’au bout afin de répondre explicitement à la question posée.
Savoir mener efficacement les calculs analytiques et la traduction numérique.
Utiliser l’analyse dimensionnelle.…
 dx
 x = v0 x t
 dt = v0 x

On intègre en 
puis 
en prenant l’origine au point de
1
2
dy
y
=
−
g
t
+
v
t
com
0y
 = − g t+v

2
com
0y
 dt
rebond.
v0 y
. On a alors
Le sommet de la trajectoire correspond à ts tel que vy = 0 soit ts =
g com
ys =
v0 y 2
2 g com
.
La portée à tp tel que y = 0 (en assimilant le sol de la comète à un plan sur cette distance),soit
2v0 y
2v0 x v0 y
tp =
. On a alors x p = v0 x t p soit x p =
.
g com
g com
Spé ψ 2015-2016
page 4/6
Devoir n°1
A.N. On trouve v0 = 1,1/2 = 0,55 m⋅s–1, g com =
ys
( 0,55sin ( 75° ) )
=
xp =
2 2 × 10
2
685 m,
=
−4
tp =
6, 67 × 10−11 1, 0 × 1013
3 2
(1,8 ×10 )
2 0,55sin ( 75° )
2 × 10−4
=
= 2,0×10–4 m⋅s–2,
5316 s
≈ 1h29
et
2 0,552 cos ( 75° ) sin ( 75° )
= 756 m.
2 × 10−4
Avoir un regard critique sur
les résultats obtenus (valider).
S’assurer que l’on a répondu à la question posée.
Vérifier la pertinence du résultat trouvé, notamment en comparant avec des estimations ou
ordres de grandeurs connus.
Comparer le résultat obtenu avec le résultat d’une autre approche (mesure expérimentale
donnée ou déduite d’un document joint, simulation numérique, …).
Étudier des cas limites plus simples dont la solution est plus facilement vérifiable ou bien
déjà connue.…
Les valeurs calculées sont d’un ordre de grandeur comparable mais pas très voisin des valeurs indiquées dans le texte (yp ≈ 1000 m, xp > 1000 m, tp = 17h25 – 15h34 = 1h51.
L’hypothèse de planéité de la surface est critiquable car le rayon de
portée calculée
la comète (1,8 km) et de l’ordre de la portée calculée. Philae est en fait retombée au delà de l’horizon du point d’impact initial et la portée réelle est
portée réelle
donc plus grande.
L’hypothèse d’uniformité de la force de gravitation est très critiquable car elle varie en fait beaucoup puisque Philae rebondit d’une distance
pratiquement moitié du rayon de la comète. En réalité, la force diminue avec l’altitude, ce qui augmente les valeurs de la flèche et de la portée par rapport à celle calculées.
iB
18-a) Avec RC = ∞, on a iS = 0. On a donc vS = REiE.
S iS = 0
r’
La loi des nœuds en S entraîne iE = iB + JCC = iB + βiB donc
iRE
vS = (1 + β ) RE iB .
RE
JCC=βi
b) La tension aux bornes de la résistances r’ s’écrit
e −v
eG –vS = r’iB + donc iB = G S .
r'
Avec
la
question
précédente,
on
obtient
vS
M
iB =
eG − (1 + β ) RE iB
r'
d’où
eG
 (1 + β ) RE  eG
r'
iB  1 +
 = puis iB =
R
r'

 r'
1 + (1 + β ) E
r'
.
c) En combinant les résultats précédents on obtient
RE
r' e .
vS =
R G
1 + (1 + β ) E
r'
Puisque iS = 0 dans ce cas, la valeur de vS calculée ici est la tension à vide vV de la source
modélisée.
(1 + β )
Spé ψ 2015-2016
page 5/6
Devoir n°1
iB S
i1 E
d) La loi des nœuds en E s’écrit à iB = i1 + i2 = i1 +
r’
i2
eG
RB
iE = 0.
vS
eG
i1 =
r'
−
eG
donc
RB
eG
. Le rôle de RB, qui n’intervient pas dans
RB
RE
r'
M
l’expression de vS, est de limiter le courant i1 délivré par la source de tension eG.
19-a) Avec RC = 0, on a vS = 0 donc REiE = 0 ce qui entraîne
1 + (1 + β )
La loi des nœuds en S entraîne iS = –iB – JCC donc
iS = − (1 + β ) iB .
eG
e
eG − 0
soit iB = G
r'
r'
c) En combinant les résultats précédents, on obtient
b) Comme vS = 0, on a iB =
S iS
iB
r’
RE v
S
RB
JCC=βi
M
eG
r'
Puisque vS = 0 dans ce cas, la valeur de iS calculée ici est l’intensité de
court-circuit iCC de la source modélisée.
20-a) La source est modélisée par :
On a donc vS = eS + RSiS.
Si iS = 0, la source fonctionne à vide et l’on a vV = eS. On en déduit
iS = − (1 + β )
RE
r' e .
eS =
R G
1 + (1 + β ) E
r'
RS
vS
eS
(1 + β )
b) Si vS = 0, la source est court-circuitée
S iS
M
on trouve
RS = −
eS
iCC
soit
RE
RE
1
r' e
ou encore RS =
.
RS =
G
RE
RE
eG
1 + (1 + β )
1 + (1 + β )
(1 + β )
r'
r'
r'
(1 + β )
Spé ψ 2015-2016
page 6/6
Devoir n°1
RC