capes blanc 05/06 : correction de la partie mécanique
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Préparation CAPES 2004/2005 - Mécanique Université Rennes I & IUFM Bretagne capes blanc 05/06 : correction de la partie mécanique I. Champ de gravitation − → 1. Le champ gravitationnel dφ créé par un élément de volume dτ portant la masse dm = µdτ − en un point repéré par le veteur → r est donné par → − − d φ = −Gµdτ → r /r 3 . 2. On considère un astre sphérique. L’origine des coordonnées est au centre de l’astre. − Un point extérieur M est repéré par le vecteur → r . Le champ élémentaire créé par un élément de volume dτ peut-être décomposé en composantes longitudinale et transversale par rapport à OM . Considérons l’élément de volume dτ 0 symétrique de dτ , par rapport à OM , le champ qu’il crée a même grandeur puisque dτ 0 est à la même distance de M que dτ . Si on décompose le vecteur comme le précédent, les composantes perpendiculaires s’annulant, le champ résultant est uniquement dirigé selon OM . Le champ créé par l’astre entier est donc radial. → − 3.a Soit Φ le champ de gravitation créé par la masse M à l’emplacement de la masse m : → − → − r Φ = −GM 3 . r → − → − La masse m subit de la part de ce champ une force F = m Φ . Le travail élémentaire − → − → correspondant est δW = F .d l = −GmM dr/r 2 . Le travail est positif ou négatif selon le signe du déplacement algébrique dr. 3.b. dU = −δW = GmM dr/r 2 , soit U = −GmM/r, avec une constante d’intégration nulle si on prend U (∞) = 0. II. Satellite en orbite circulaire 1. Le satellite M est repéré par ces coordonnées polaires r et θ dans le plan (O, x 0 , y0 , z0 ) −−→ − de la trajectoire circulaire ; nous avons : OM = r → ur où r est une constante (trajectoire → − → − circulaire), soit v = r θ̇ uθ . Ceci donne pour l’accélération → − − a = −r θ̇ 2 → ur . Nous avons v = r θ̇, soit → − − a = −v 2 /r → ur . 1 2. Un référentiel Galiléen est un référentiel par rapport auquel le Principe d’inertie est vérifié. Le principe d’inertie peut être enoncé de la façon suivante : dans un référentiel galiléen, si la somme des forces extérieures appliquées à un système est nulle alors le centre d’inertie de ce système est, soit au repos, soit en mouvement rectiligne uniforme. 3. Dans les référentiel galiléen R, la somme des forces extérieures exercées est égale à la − dérivée temporelle de la quantité de mouvement → p . Ceci donne − X −→ d→ p = fext . dt 4. Pour un point A, de quantité de mouvement − p→ A , on définit le moment cinétique de A − → −→ − → par rapport à O comme L = OA ∧ p . O A 5. Au sol nous avons r = R, et le poids correspond alors à la force de gravitation, soit mg0 = GM m/R2 , ce qui donne GM g0 = 2 . R − 6a. D’après le principe fondamental de la dynamique, nous avons |→ a | = GM/r 2 = g0 R2 /r 2 . − Comme |→ a | = v 2 /r, nous avons r r g0 g0 =R . v=R r R+l 6b. L’énerie totale du satellite vaut E = Ec + U = mv 2 /2 − GM m/r, soit compte tenu de l’expression de la vitesse, E=− 1 GM m 1 R2 1 R2 = − mg0 = − mg0 . 2 r 2 r 2 R+l → − → − − → −−→ − 6c. Le moment cinétique du satellite en O est égal à : LO = OM ∧m→ v = mr 2 θ̇ k0 = mrv k0 , → − k0 désignant le vecteur unitaire de l’axe Oz0 . Ceci donne − p → L0 = mrv = mR g0 (R + l). 6d. La période de révolution T vaut : T = 2π/ω = 2πr/v, soit s r z 3/2 R 2πr r . 1+ = 2π T = R g0 g0 R 6e. Le satellite est géostationnaire (il est fixe par rapport à un référentiel lié à la terre) si sa période de révolution est égale à celle de rotation de la terre sur elle-même. Il faut donc T = T0 , soit " # 1/3 T02 g0 lg = − 1 R. 4π 2 R 2 7. Application numérique − → v = 6.98 km.s−1 , E = −2.93 109 J, L0 = 7.0 1012 kg.m2 .s−1 , T = 7.56 103 s, soit environ 2 H 6 min, lg = 36 103 km. III. Étoile double 1. On appelle centre d’inertie G (ou centre de masse) du système matériel (Σ) la barycentre des points Mi composant Σ affectés de leur masse mi . A étant un point arbitraire quelconque, nous avons X −→ X −−→ X → − mi AG = mi AMi , soit mi GMi = 0 . i i i 2. On étudie le mouvement des étoiles dans un référentiel galiléen R0 (O, x, y, z). Appliquons dans ce référentiel, le principe fondamental de la dynamique à chaque étoile. En désignant → − par f la force de gravitation qu’exerce M1 sur M2 , la force qu’exerce M2 sur M1 est, → − d’après le principe d’action-réaction, − f . Nous avons ainsi −−−→ ! −−−→ ! → − → − d2 OM2 d2 OM1 = − f et m2 = f. m1 2 2 dt dt R0 R0 En sommant, nous obtenons la relation suivante 2 h −−−→ −−−→i d → − m OM + m OM = 0. 1 1 2 2 dt2 R0 −→ −−−→ −−−→ En utilisant la définition du centre de masse G : (m1 + m2 )OG = m1 OM1 + m2 OM2 , nous obtenons −→ ! d2 OG → − = 0. 2 dt R0 Ainsi dans (R0 ), G a un mouvement de translation rectiligne et uniforme. Le référentiel barycentrique RG (Gxyz) est en translation rectiligne et uniforme par rapport à (R0 ), (RG ) est donc galiléen. −−→ ! d GM − 3a. Par définition → v = . dt 3b. Plaçons nous dans le référentiel barycentrique. Nous avons −−−→ −−−→ −−−−→ GM2 − GM1 = M1 M2 −−−→ −−−→ → − m2 GM2 + m1 GM1 = 0 ce qui donne m2 −−−−→ M1 M2 m1 + m 2 −−−→ m1 −−−−→ M1 M2 GM2 = m1 + m 2 −−−→ GM1 = − 3 (1) (2) Nous avons alors → − − p1 = m1 → v1 = m 1 → − − p2 = m2 → v2 = m 2 − −−→ ! dGM1 m1 m2 → − v, =− dt m1 + m 2 RG − −−→ ! dGM2 m1 m2 → − = v, dt m1 + m 2 RG ce qui nous donne → − − p1 = −µ→ v → − → − p2 = µ v − → 3c. Calculons le moment cinétique en G de l’étoile double LG −−−→ − −−→ −−−−→ − → −−−→ − −−− → − − − v = M1 M2 ∧ µ→ v. LG = GM1 ∧ → p1 + GM2 ∧ → p2 = GM2 − GM1 ∧ µ→ Le moment cinétique est le même que celui d’une particule de masse µ, située en un point −−→ −−−−→ −−→ − M défini par GM = M1 M2 , de vitesse → v = (dGM /dt)RG : − → −−→ − LG = GM ∧ µ→ v. 3d. Nous avons, de même, pour l’énergie cinétique 1 1 1 p21 p22 1 2 2 E c = m1 v 1 + m2 v 2 = + = µv 2 , 2 2 2 m1 m2 2 ce qui correspond à l’énergie cinétique de la particule M ci-dessus définie. − − 3e. Nous avons µ (d→ v /dt)RG = (d→ p2 /dt)RG . Or la particule M2 est soumise à la seule force f~ ; la relation fondamentale de la dynamique appliquée à la particule M2 dans le référentiel galiléen (RG ) nous donne donc → − → − dp~2 d~v = f , soit µ = f. dt RG dt RG Ainsi, la résolution de cette équation nous permet de déterminer la trajectoire du point M . 3f. Les trajectoires de M1 et M2 se déduisent de la trajectoire de M à l’aide des relations −−→ −−−−→ (1) et (2) et en utilisant GM = M1 M2 : −−−→ GM1 = − −−− → GM2 = m2 −−→ GM , m1 + m 2 m1 −−→ GM . m1 + m 2 4 Les trajectoires de M1 et M2 sont homothétiques de celle de M . → − − 4a. La force de gravitation f s’écrit f~ = −Gm1 m2 /r 2 → ur . L’application du théorème du moment cinétique de la particule M en G dans RG donne − → dLG −−→ ~ ~ = GM ∧ f = 0. dt Le moment cinétique de cette particule est donc une constante du mouvement − → −−→ −−→ − LG = GM ∧ µ→ v = cstte, soit − → LG = µCa . Nous en déduisons que − → – La trajectoire de la particule est plane dans le plan perpendiculaire à LG , passant par G (soit ici le plan zGx). – Le mouvement suit la loi des aires ; en effet nous avons h i − → → − → − → − − − − − LG = r ur ∧ µ ṙ ur + r θ̇ uθ = µr 2 θ̇→ ur ∧ → uθ = µCa → ur ∧ → uθ , soit Ca = r 2 θ̇. −−→ La quantité r 2 dθ représente le double de l’aire balayée par le vecteur GM pendant la durée dt ; la vitesse aréolaire dS/dt = r 2 θ̇/2 est constante au cours du mouvement. En appliquant le principe fondamental de la dynamique, nous avons µ − → − d→ v = f dt Gm1 m2 → = − θ̇ − ur Ca − uθ Gm1 m2 d→ . = Ca dt Ceci donne après intégration Gm1 m2 → → − − v = (− uθ + → e ). µCa (3) − − Le vecteur → e désigne une constante d’intégration. Pour trouver l’expression de → r calculons le produit scalaire Gm1 m2 Ca − − → − − = (1 + → e .→ uθ ) . v .→ uθ = r θ̇ = r µCa 5 −e , → − En posant e = |~e|, et (→ uθ ) = (θ − θ0 ), nous avons r= p . 1 + e cos(θ − θ0 ) Par un choix judicieux des axes (en fonction des conditions initiales) il est toujours possible de prendre θ0 = 0. 4.b. Ca2 µCa2 = . p= Gm1 m2 G (m1 + m2 ) − − − 4.c. En utilisant → v = (→ u +→ e )Gm m /µC , nous avons θ 1 2 a Gm2 m2 → − − − v =− [e sin θ → ur + (1 + e cos θ)→ uθ ] , m1 + m 2 Ca Gm1 m1 → − − − → − [e sin θ → ur + (1 + e cos θ)→ uθ ] . v = v2 = m1 + m 2 Ca → − v1 = − 6
