solutions des exercices et problèmes complémentaires

SOLUTIONS DES EXERCICES ET PROBLÈMES COMPLÉMENTAIRES
CHAPITRE 7
S7– 1. Pendule simple dans différents référentiels
1. a) L’énergie cinétique de Apar rapport à Rs’écrit : Ek/R=mv2
R/2=ml2˙
u2/2.
b) Quant à l’énergie potentielle, elle vaut :
Ep=−mg·OA +Cte =mg(OH −lcos u)+Cte soit Ep=mgl(1−cos u)
d’après la convention adoptée pour l’origine : Ep=0=mg(OH −l)+Cte donne Cte =mg(l−OH).
c) Comme la tension ne travaille pas, l’énergie mécanique se conserve :
Em=Ek+Ep=1
2ml2˙
u2+mgl(1−cos u)=Cte
d) Les seuls mouvements possibles sont ceux pour lesquels : EmEp(u).Pour Em>2mgl,le
mouvement est révolutif. Pour 0 <Em<2mgl,il est oscillatoire.
e) Dans le cas des petits mouvements, cos u≈1−u2/2.Par conséquent :
ml2˙
u2/2+mglu2/2=Cte
D’où en dérivant, on obtient :
ml2˙
u+mglu=0soit¨ u+v2
1u=0avecv2 1=g
let T1=2pl g
1/2
≈2s
2. a) Comme R2est galiléen, le résultat est le même que précédemment (principe de relativité).
Appliquons le théorème du moment cinétique au point Hpar lequel passe la tension inconnue T:
dLH
dt=HA ×mgdonne d(ml2˙
uex)
dt=−mgl sin uex
d’où ml2¨
u+mgl sin u=0et¨ u+v2
1sin u≈0.
b) La période du mouvement est donc la même (T2=T1),ce qui était prévisible car R2est aussi
galiléen.
3. a) Bilan des forces : T,mget −ma3(force d’inertie d’entraînement) car R3est en translation
accélérée. Tout se passe comme si on avait Tet m(g−a3)=mgaavec ga=g−a3.
b) Si a3=galors ga=0(impesanteur). En astronautique, on entraîne les cosmonautes en
impesanteur en arrêtant pendant quelques dizaines de secondes les moteurs d’un avion spécialement
aménagé. Il en résulte que a3=g(chute parabolique de l’avion) et ga=0; dans l’avion, il y a
impesanteur ou microgravité.
c) L’énergie potentielle s’écrit : Ea
p=−mga·OA +Cte.Par conséquent, on a, en effectuant :
−m
0
−a3
−g·
0
lsin u
OH −lcos u
+Cte soit Ea
p=ma3lsin u+mg(OH −lcos u)+Cte
©Dunod, Paris, 2014

2Mécanique, 7eédition
Comme Ea
p=0 pour u=0:Ea p=ma3lsin u+mgl(1−cos u)=mgl [1−cos u+(1/2)sin u].Pour
a3=g/2.Par conséquent : C=mgl.À l’équilibre :
dEa
p
du=0=mgl sin u+cos u 2ce qui donne tan ue=−1 2
Pour étudier la stabilité, calculons la dérivée seconde pour u=ue:
d2Ea
p
du2
e
=mgl cos ue1−tan ue
2=mgl cos ue1+tan2ue=mgl cos ue
>0
L’équilibre est donc stable. On a : tan ue=−1/2etue=−26,6◦.Comme :
Ea
p≈Ea p(ue)+u−ue
1!
dEa
p
due
+(u−ue)2
2!
d2Ea
p
du2
e
il vient : 1
2ml2˙
u2+mgl
cos ue
(u−ue)2
2=Em−Ea
p(ue)=Cte
En dérivant par rapport au temps et en posant ε=u−ue,on obtient :
¨ε+v2
3ε=0avecv2 3=g
lcos ue
et T3=2plcos ue
g
1/2
Ce résultat était prévisible puisque : T3=2p(l/ga)1/2avec ga=(g2+a2
3)1/2=g/cos ue.
On trouve : ga=(5/4)1/2g.Donc T3=T1(4/5)1/4=0,945 T1=1,89 s.
CHAPITRE 9
S9– 1. Exemple simple de bifurcation en mécanique
1. L’énergie cinétique dans Rs’écrit : Ek/R=mv2
A/2=mr2˙
u2/2.
Quant à l’énergie potentielle, elle est la somme de l’énergie potentielle de pesanteur Ep,pet de
l’énergie potentielle d’entraînement Ep,e,la force de Coriolis ne travaillant pas :
Ep,p=−mg·OA +Cte =−mgr cos u+Cte =−mgr cos u
si Ep,p=0 pour u=p/2.En outre, on sait que dWi,e=−dEp,eavec :
Ep,e=−m
2V2AH2+Cte =−m 2V2r2sin u2+Cte =m 2V2r2(1−sin2u)=m 2V2r2cos2u
L’énergie potentielle totale est donc :
Ep=−mgr cos u+m
2V2r2cos2u=−mgr cos u1−b 2cos uavec b=V2r g=V2 V2
c
Les positions d’équilibre dans Rs’obtiennent en dérivant Eppar rapport à u:
dEp
du=mr sin u(g−V2rcos u)=0 pour u=0etue=±arccos g V2r
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Mécanique, 7eédition 3
En dérivant une seconde fois, on étudie la stabilité de l’équilibre.
d2Ep
du2=mr sin u(V2rsin u)+(g−V2rcos u)mr cos u
i) Si V<Vc=(g/r)1/2,d2Ep/du2
0=(g−V2r)mr >0 : cette position d’équilibre est
stable.
ii) Si V>Vc=(g/r)1/2,d2Ep/du2
ue
=mr2V2sin2ue>0,d’où la stabilité de cette
position.
2. Différentions par rapport à Vl’équation cos ue=g/(V2r)=(Vc/V)2.Il vient :
−sin uedue=−2Vc
V2dVd’où due dV=2Vc V3sin ue
=2Vc
V2(V2−V2
c)1/2
Ainsi : (due/dV)Vc=∞et (due/dV)∞=0 (Fig. 9.1). Pour V=√2Vc,cos ue=1/2 et donc
ue=p/3.Pour V=Vc/√2,ue=0.
0B
µe
p/
/
2
-p 2
WWc
FIG.9.1.
CHAPITRE 12
S12– 1. Attraction d’un corps par la Terre
1. Le champ de gravitation terrestre a pour expression G=GMT/R2
Tà la surface de la Terre. Sous
l’action de ce champ supposé uniforme, la relation reliant la durée de chute tà la distance initiale r0
est directement obtenue par l’expression bien connue issue de la loi fondamentale de la dynamique :
z=r0−RT=G
2t2=GMT
2R2
T
t2d’où t=2R2
T(r0−RT)
GMT
1/2
Le cas envisagé donne une durée de 8 792 s soit 2 h 26 min 32 s.
b) Inversement, on a la distance r0en fonction de tselon :
r0=RT+GMT
2R2
T
t2
Avec t=9×24×3 600 =0,7776×106s, on trouve r0≈2,954×1012 m , soit près de trois milliards
de km.
c
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4Mécanique, 7eédition
2. a) L’application du théorème de l’énergie mécanique donne, en tenant compte que de la seule
gravitation :
Em=Ek+Ep=Cte avec Ek=mv2
2et Ep=−GMTm r
rétant la distance TA du centre de la Terre au point A. Il en résulte, puisque Aest initialement au
repos :
mv2
2−GMTm r=−GMTm r0soit v=(2GMT)1/21 r−1 r0
1/2
On en déduit, en introduisant la variable réduite x=r/RT:
dx
dt=−2GMT
R3
T
1/2x0−x
x0x
1/2
d’où dt
dx=−R3
T
2GMT
1/2
x1/2
0
x
x0−x
1/2
avec x0=r0/RT. On en déduit la durée ten intégrant entre x0et x=1:
t=R3
T
2GMT
1/2
x1/2
0×
x0
1
x
x0−x
1/2
dx
Pour calculer cette dernière intégrale, effectuons le changement de variable :
u2=x
x0−xsoit x=x0u2 1+u2ce qui donne en différentiant d x=2x0u (1+u2)2du
L’intégrale s’écrit alors :
x0
1
x
x0−x
1/2
dx=2x0u2
(1+u2)2du
Or : d
du
u
1+u2=1 1+u2−2u2 (1+u2)2
Par conséquent :
2u2
(1+u2)2du=1 1+u2du−u 1+u2
Puisque x01 , les bornes de usont 0 et ∞. Il en résulte :
t≈r3
0
2GM
1/2
arctan u−u
1+u2
∞
0
soit :
t≈r3
0
2GM
1/2
×p
2soit t≈p2r3
0
8GM
1/2
Ce résultat rappelle la troisièm loi de Kepler :
(4t)2
r3
0
=4p2
GM
On reconnaît une relation analogue à la troisième loi de Kepler.
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Mécanique, 7eédition 5
b) Inversement, on a :
r0=8GMTt2
p2
1/3
=0,581 ×106km
soit environ cinq fois moins que dans l’hypothèse simpliste d’un champ uniforme.
c) L’application du résultat obtenu au cas considéré de la Lune en chute libre sur la Terre :
t=p2r3
0
8GMT
1/2
=418 ×103ssoit4,83 jours
3. La transposition à l’atome de Bohr s’effectue en remplaçant, dans l’expression générale, GMT
par e2/(4pε0me)=q2
e/me. On trouve, puisque mp=1,67 ×10−27 kg , me=0,91 ×10−30 kg et
r0=52,9×10−12 m:
t≈p2mer3
0
8q2
e
1/2
≈27 ×10−18 ssoit27at
CHAPITRE 13
S13– 1. Satellite en interaction avec la Terre et la Lune
1. Le système Terre-Lune étant isolé et assimilé à deux points, on a, par rapport à R0:
P=(ML+MT)vC=Cte et LC=(MLLC2+MTTC2)V=Cte
Ainsi le mouvement du centre de masse est rectiligne et uniforme, et la droite indéformable LT tourne
uniformément dans le plan Cxy.
2. Les forces qui s’exercent sur Ssont les forces gravitationnelles, terrestre et lunaire, et les forces
d’inertie d’entraînement et de Coriolis :
FT=−GmsmT
TS
TS3FL=−GmsmL
LS
LS3Fi,e=msV2CS Fi,C=−2msV×vS
Par conséquent :
msaS/R=−GmsmT
TS
TS3−GmsmL
LS
LS3+msV2CS −2msV×vS/R
d’où l’accélération :
aS/R=−GmT
TS
TS3−GmL
LS
LS3+V2CS −2V×vS/R
3. Les vecteurs CS,vS/R,TS et LS s’explicitent selon :
CS =xex+yeyvS/R=˙
xex+˙ yeyTS =(x−CT)ex+ye
yLS =(x+D−CT)ex+yey
avec CT =mLD/(mL+mT)=nD.Il vient donc :
¨
x
¨
y=−GmT
TS3
x−nD
y−GmL
LS3
x+D(1−n)
y+V2x y+2V˙
y
−˙ x
c
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