DS 1 14-15 corrigé

DEVOIR SURVEILLE N°1
PHYSIQUE CHIMIE
CORRIGE
A- Étude d’un ressort dans deux référentiels (d’après ENSTIM 2002).
I. Étude dans le référentiel du laboratoire.
1.
Le mobile est soumis au poids, à la réaction du plan horizontal et à la tension du ressort. La projection de la loi
fondamentale de la dynamique sur la verticale montre que les deux premières forces se compensent.
Le théorème du moment cinétique en O s’écrit :
r
r
r r r
r r
r
r
r
dL O
dL O
= OM ∧ P + OM ∧ R + OM ∧ T, soit
= OM ∧ [P + R + T ] = OM ∧ T = 0
dt
dt
r
puisque le support de la tension T passe par O.
On déduit que le moment cinétique en O reste constant au cours du mouvement.
2-1 Calculé à l’instant 0, le moment cinétique est nul puisque la vitesse initiale est nulle ; donc mr 2θ& = 0 , ce qui montre
que θ est constant et que le mouvement a lieu sur l’axe Ox.
k
k
2-2 La loi fondamentale de la dynamique s’écrit en projection sur Ox m&l& = −k (l − l 0 ) : &l& + l = l0 :
m
m
De la forme &l& + ω02l = ω02l0 avec ω0 =
k
m
La solution, compte tenu des conditions initiales l (0) = 1,2l 0 , l&(0) = 0 , est :
l = l0 (1 + 0,2 cos(ω0 t )) .
l évolue entre 0,8l 0 et 1,2l 0 .
r
r
r
r
3-1 L 0 = mr 2θ& k = ml12ωk . L = L 0 = ml12ω = mr 2θ&
3-2 E p = 12 k (r − l 0 ) 2 (la coordonnée r est égale à la longueur du ressort l).
Le mouvement étant horizontal, l’énergie potentielle de pesanteur est une constante (qu’on prendra nulle).
Le théorème de l’énergie mécanique appliqué au palet M (considéré comme un point matériel) s’écrit :
dEm=δWnon cons travail des forces non conservatives.
r
La seule action à priori non conservative est la réaction du plan, mais comme le contact est sans frottement, R est normal au
plan et son travail est nul :
dEm=0 : Em=cst : il y a conservation de l’énergie mécanique.
Em=cst=Em(t=0) =Ec+Ep où Ep se réduit à l’énergie potentielle élastique dont l’expression a été rappelée ci-dessus :
Devoir surveillé n°1 (MP 14-15)
1
Corrigé
E m = 12 ml12ω2 + 12 k (l1 − l0 ) 2 = 12 m(r& 2 + r 2θ& 2 ) + 12 k (r − l0 ) 2 .
ωl 2
L
3-3 D’après 3-1, θ& = 21 =
,
r
mr 2
Remplaçons dans E m = 12 m(r& 2 + r 2 θ& 2 ) + 12 k (r − l 0 ) 2
E m = 12 mr& 2 + E eff (r ) où E eff (r ) =
ml14ω2
2r
2
1
+ k (r − l0 ) 2 dont le graphe est tracé
2
ci-contre.
3-4
1
2
mr& 2 étant positif ou nul, seule est accessible la région où E eff (r ) ≤ E m . Le mobile ne peut s’éloigner indéfiniment,
car lim r →∞ E eff (r ) = ∞ .
ωl 2
3-5 D’après θ& = 21 , la vitesse ne peut pas s’annuler au cours du mouvement ( ω est ici une constante non nulle).
nulle)
r
3-6 Le mobile ne peut passer par O, car lim r →0 E eff (r ) = ∞ .
ωl 2
4-1D’après θ& = 21 , θ& = ω =cst : le mouvement est uniforme.
r
4-2 Les valeurs de r possibles
ossibles sont les solutions de l’inéquation Eeff(r)≤Em. Puisqu’on a un mouvement circulaire, il doit
exister une seule solution à cette inéquation : l’énergie mécanique correspond à la valeur minimale de l’énergie potentielle
effective et la longueur l1 du mouvement circulaire, correspond à ce minimum :
ml 4ω 2
l0
− 1 3 + k (r − l 0 ) = 0 , soit r = l1 =
, qui exige puisque on doit avoir l1 > 0 , ω < k / m .
mω 2
r
1−
k
II.. Étude dans un référentiel R’ en rotation uniforme autour d’un axe fixe.
1. R’ n’est pas galiléen car il n’est
est pas en translation rectiligne uniforme par rapport à au référentiel du laboratoire, il est en
rotation autour de l’axe fixe Oz.
Le principe fondamental de la dynamique appliqué à la particule M dans le référentiel R’ s’écrit :
r
r r r r r
ma = mg + R + T + f ie + f ic
avec :
r r
a = &r&er accélération de M dans R’.
r
R réaction de l’axe du ressort. Puisque M coulisse sans frottement sur cet axe,
axe la composante radiale de l’action de contact de
M avec l’axe du ressort est nulle : Rr=0.
r
r
r
T = −k (l − l0 )er = −k (r − l0 )er tension du ressort
r
r
r
f ie = −ma e = mω 2 re r force d’inertie d’entraînement.
r
r
r r
r
r
r
r
f ic = −ma c = −m 2Ω ∧ v(M ) / ℜ' force d’inertie de Coriolis.
Coriolis f ic = −2mωr&e θ car v(M ) / ℜ ' = r&e r
r r
a = 0 puisqu’on étudie l’équilibre
quilibre dans R’
r
r
f ic = 0 puisqu’on étudie l’équilibre dans R’
r
r
f ie = mω2l 2 er
r
r
T = −k (l 2 − l 0 ) e r
r
La projection sur e r de la relation fondamentale de la dynamique dans R’ s’écrit :
− k (l 2 − l0 ) + mω2l 2 = 0
2. Ici,
Devoir surveillé n°1 (MP 14-15)
2
Corrigé
l0
L’unique solution est l 2 =
1−
mω 2
k
l0
Une longueur étant positive, elle n’existe que si : ω < k / m : l 2 =
mω2
k
3. Lorsque M est en équilibre dans R’, il a un mouvement circulaire uniforme dans R. On trouve bien sûr l 2 = l1 .
1−
B- Mouvement d’un cylindre avec frottement
1. Quand le cylindre tourne dans le sens indiqué, le point I du cylindre glisse vers la droite, la composante tangentielle de la
réaction en I est d’après les lois de Coulomb du frottement cinétique de sens opposé : vers la gauche.
De même, quand le cylindre tourne, le point K du cylindre glisse vers le bas, la composante tangentielle de la réaction en K est
d’après les lois de Coulomb du frottement cinétique de sens opposé : vers le haut.
y
r
TK
K
O
r
RK
r
NK
r
RI
r
NI
x
r
TI
I
2. La loi de la quantité de mouvement appliquée au cylindre, puisque son centre de masse reste immobile, s’écrit :
r r
r
r
r
r
0 = N I + TI + N K + TK + Mg .
Projection sur Ox : 0 = −TI + N K
(1)
Projection sur Oy : 0 = N I + TK − Mg (2)
La loi de Coulomb du frottement cinétique en I s’écrit, puisqu’il y a glissement : TI=fNI (3)
De même, la loi de Coulomb du frottement cinétique en K s’écrit : TK=fNK (4)
(3) dans (1) nous donne NK=fNI (5)
(4) dans (2) nous donne NI+fNK=Mg , soit, avec (5) : NI+f2NI=Mg .
On déduit : N I =
Mg
1+ f 2
puis TI = fN I =
fMg
1+ f 2
, puis N K = TI =
fMg
1+ f 2
et enfin : TK = fN K =
f 2 Mg
1+ f 2
.
3. La loi scalaire du moment cinétique appliqué au cylindre (dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen) en projection
sur Gz s’écrit :
r
r
r
r
r
& = + M Gz (Mg) + M Gz ( N I ) + M Gz ( N K ) + M Gz (TI ) + M Gz (TK ) (6)
Jω
Les trois premiers moments scalaires sont nuls puisque les droites d’action des forces coupent Gz.
r
r
Les deux derniers valent : M Gz (TI ) = −aTI et M Gz (TK ) = −aTK
 f 2 Mg fMg
& = −a 
Soit, en remplaçant dans (6) et en tenant compte des résultats de la question 2. : Jω
1+ f 2 + 1+ f 2

Devoir surveillé n°1 (MP 14-15)
3

 = −a fMg (f + 1)

1+ f 2

Corrigé
& =−
ω
af (1 + f )Mg
J (1 + f 2 )
= cst = −α < 0 : l’accélération angulaire est une constante, négative, que nous notons (-α) (avec α>0).
Le mouvement est donc uniformément décéléré.
4. ω( t ) = −αt + cst , soit, en tenant compte de la condition initiale : ω( t ) = ω0 − αt
C- Satellite avec angle de lancement nul
1. Le référentiel géocentrique est défini par trois droites pointant vers des étoiles lointaines fixes et se coupant au
centre C de la Terre.
Ce référentiel est en translation circulaire dans le référentiel de Copernic. Dans le cadre de notre étude (durée de
l’ordre de quelques heures), le mouvement de C peut être considéré comme rectiligne uniforme dans le référentiel
de Copernic et par suite le référentiel géocentrique est en translation rectiligne uniforme par rapport au référentiel
de Copernic. Ce dernier étant galiléen, le référentiel géocentrique l’est aussi.
2. La force gravitationnelle subie par le satellite de la part de la Terre est :
f (r ) = −
r
CS
G.m.M T r
et r = CS .
.u r où u r =
r²
CS
Son travail élémentaire s’écrit : δW = f .d r = −
G.m.M T .dr
.
r²
G.m.M T
+ c ste . La force gravitationnelle est conservative et dérive
r
de l’énergie potentielle Ep. On la prend nulle à l’infini par convention. La constante est donc nulle :
Il est bien de la forme − dE p , avec E p (r ) = −
Ep = −
GM T m
.
r
L’énergie potentielle à t0 est donc E p 0 = −
GMm
.
R0
r
r
dL C
3. Appliquons le théorème du moment cinétique au satellite S dans le référentiel géocentrique :
= CS ∧ f .
dt
r
dL C r
La force gravitationnelle étant une force centrale (sa droite d’action passe par C en permanence),
= 0.
dt
Le moment cinétique en C du satellite est donc un vecteur constant.
La constante des aires est la norme du vecteur moment cinétique en C sur sa masse : C =
r
LC
m
.
r
r
Le moment cinétique étant un vecteur constant, on peut l’exprimer à l’instant t0 : L C = CN 0 ∧ mv 0 ; les deux
vecteurs étant orthogonaux à t0, on déduit la constante des aires : C = R 0 v 0 .
4. Appliquons le théorème du centre d’inertie au satellite sur la trajectoire circulaire.
r
r
G.m.M T r
r
r
ma = −
.u r avec, pour un mouvement circulaire a = − R 0 θ& 2 u r + R 0&θ&u θ .
2
R0
r
La projection sur u θ montre que le mouvement est alors également uniforme &θ& = 0 .
r
La projection sur u r donne : − mR 0 θ& 2 = −
Devoir surveillé n°1 (MP 14-15)
G.m.M T
G.M T
2
, soit avec v=cst=v0=R0 θ& : v 0 =
.
2
R0
R0
4
Corrigé
L’énergie cinétique correspondante est : E c 0 =
1
GmM T
mv 02 =
.
2
2R 0
5. a) N0 est un point de l’ellipse où la vitesse est normale au rayon vecteur CS, N0 constitue donc l’apogée ou le
périgée de la trajectoire elliptique.
b) L’énergie mécanique, qui est une constante du mouvement, doit être négative pour que le système « Terresatellite » forme un système lié. E m < 0 . Or E m = cst = E c 0 + E p 0 .
On doit donc avoir E c 0 < − E p 0 .
D’après la question 2), E p 0 = −
GMm
GMm
. On déduit : E c 0, max =
.
R0
R0
c) Pour que le satellite ne s’écrase pas sur la Terre, le grand axe de l’ellipse soit être supérieur à R0+RT. Plaçonsnous dans le cas limite où le satellite rase de justesse le sol, c’est au point de la trajectoire le plus près du centre de
la Terre, i.e. au périgée (notons-le P), le point N0 constitue alors l’apogée (A) de l’ellipse.
r
v0
P
C
A=N0
Cherchons la valeur maximum vmax de la vitesse v0 communiquée alors au satellite. Elle vérifie puisque l’énergie
mécanique est constante sur la trajectoire :
E m = cst = E m (P) = E m (A) :
1
GM T m 1
GM T m
mv 2P −
= mv 2max −
.
2
RT
2
R0
Le moment cinétique étant constant, et la vitesse en P étant normale au rayon CP, on a : v max R 0 = v P R T = C , soit
v P = v max
R0
. On remplace dans l’équation précédente :
RT
2
 1

1
1 
1
R 02 GM T m 1
GM T m
2
2
2  R0


mv max 2 −
mv max  2 − 1 = GM T m
−
= mv max −
:
2
RT
RT
2
R0
2
R
R
R
 T 
0 
 T
 R − RT 
 R 02 − R T2 
RT
 : E c 0,max = GM T m
 = GM T m 0
E c 0,max 
2
R 0 (R T + R 0 )
 RT 
 R TR 0 
6. Pour une trajectoire parabolique, l’énergie mécanique doit être nulle : E c 0 = − E p 0 , soit, d’après la question 2 :
E c0 =
GmM T
. C’est la valeur maximum calculée au 5.b).
R0
D- Plaque rectangulaire tournant autour d’un de ses côtés
1) Les actions extérieures sont :
* les actions de contact avec l’axe Oy, dont le moment par rapport à Oy est nul puisque la liaison est parfaite
M Oy,contact = 0
Devoir surveillé n°1 (MP 14-15)
5
Corrigé
* les actions de pesanteur (le poids) dont le moment par rapport à Oy est
a
2
M Oy,pes = Mg sin ϕ .
2) Le théorème du moment cinétique en O projeté sur Oy s’écrit :
&& = M Oy,ext moment résultant par rapport à Oy des actions extérieures s’exerçant sur la plaque.
Jϕ
Soit :
3)
1
a
&& = Mg sin ϕ . On déduit l’équation différentielle vérifiée par ϕ : ϕ&& − 3g sin ϕ = 0 .
Ma 2ϕ
2a
3
2
E p = Mgzo (G) + cst : E p = Mg
Ec =
a
(cos ϕ − 1) car la référence est prise en pour ϕ=0.
2
1 2
Ma 2 2
ϕ& .
Jϕ& car (P) a un mouvement de rotation autour de l’axe fixe Oy : E c =
6
2
4) D’après de théorème de l’énergie mécanique appliqué à la plaque dans le référentiel associé au laboratoire, sa variation
d’énergie mécanique est égale au travail des actions non conservatives. Or la seule action non conservative à priori est
l’action de contact exercée par l’axe Oy ; mais la liaison étant sans frottement, son travail est nul.
La variation d’énergie mécanique est donc nulle : l’énergie mécanique est constante : dEm/dt=0.
Or Em=Ep+Ec= Mg
2
a
(cos ϕ − 1) + Ma ϕ& 2 .
2
6

dE m
a
Ma 2  Ma 2  3g
&&  =
&& 
= ϕ& − Mg sin ϕ +
ϕ
ϕ& − sin ϕ + ϕ
dt
2
3
3


 2a

3g
&& − sin ϕ = 0 .
dEm/dt=0 nous redonne bien ϕ
2a
5)
Les positions d’équilibre ϕe correspondent à un extremum d’énergie potentielle. Une position d’équilibre est stable si elle
correspond à un minimum d’énergie potentielle, i.e. si la dérivée seconde de EP y est positive.
d 2E p
 dE p 
a
a

 = 0 ⇔ −Mg sin ϕe = 0 ;
= −Mg cos ϕ
 dϕ 
2
2
2
dϕ

ϕe
Les positions d’équilibre sont donc :
•
ϕe = 0 (instable car dérivée seconde négative)
•
ϕe = π (stable car dérivée seconde positive).
6) Les petites oscillations existent autour de la position d'équilibre stable, donc pour ϕ = π + ε.
&& +
Pour ε petit, sinϕ=sin(π+ε) ≈ −ε . En remplaçant dans l'équation différentielle, on trouve : ϕ
3g
ε = 0 . Soit
2a
3g
3g
. ϕ = π + ϕ M cos(ωt + α) où ϕM est l’amplitude angulaire des oscillations
(ϕ − π) = 0 . La pulsation vaut ω =
2a
2a
et α une constante dépendant des conditions initiales.
&& +
ϕ
r
r
r
r
a r
a r
&& e x puisque G a un
7) Le théorème du centre d’inertie appliqué à la plaque donne : Ma G = R + Mg e z 0 ; a G = − ϕ& 2 e z + ϕ
2
2
r
mouvement circulaire de centre O, de rayon a/2. e x est un vecteur unitaire de la droite Ox perpendiculaire à la porte, telle
r
que (O,x,y,z) forme un trièdre direct, vecteur unitaire qu’on pourrait aussi noter e ϕ vecteur orthoradial local au point G
dans le système de coordonnées cylindriques d’axe Oy.
r
r
r
r
r
r
r
r
a r
a r
&&e x + Mge z avec e z = sin ϕe x + cos ϕe z et e x = cos ϕe x − sin ϕe z
On déduit R = − ϕ& 2 e z + ϕ
0
0
0
0
0
2
r2
r r
r
r
r
A part à l'équilibre, a G ≠ 0 et varie sinusoïdalement au cours du temps, donc R ≠ Mg e z 0 et R ≠ 0 .
Devoir surveillé n°1 (MP 14-15)
6
Corrigé