Transports planétaires - MP*1

1
Mines-MP-2011
Transports planétaires
I- Le métro gravitationnel
⃗⃗⃗ ce
2) La force gravitationnelle est : 𝐹⃗ = −𝑚𝜔2 𝑟𝑒⃗𝑟 . On a la relation 𝑑𝐸𝑝 = −𝛿𝑊 = −𝐹⃗ . 𝑑𝑀
1
qui donne : 𝑑𝐸𝑝 = 𝑚𝜔2 𝑟𝑑𝑟 d’où une énergie potentielle : 𝐸𝑝 = 2 𝑚𝜔2 𝑟 2 + 𝐸𝑝𝑜 .
𝝎 est en 𝒔−𝟏 .
1
3) On a 𝑥 2 + ℎ2 = 𝑟 2 ce qui donne pour l’énergie potentiel : 𝐸𝑝 = 2 𝑚𝜔2 (𝑥 2 + ℎ2 ) + 𝐸𝑝𝑜 .
La vitesse du point matériel 𝑃 est 𝑣⃗(𝑃) = 𝑥̇ (𝑡)𝑢
⃗⃗𝑥 .
On écrit l’énergie mécanique de P : 𝐸𝑚 = 𝐸𝑐 + 𝐸𝑝 soit :
1
1
𝐸𝑚 = 2 𝑚𝑥̇ 2 + 2 𝑚𝜔2 (𝑥 2 + ℎ2 ) + 𝐸𝑝𝑜 .
L’énergie mécanique se conserve. En dérivant l’expression précédente et en supposant que
𝑥̇ (𝑡) ≠ 0, on obtient : 𝑥̈ (𝑡) + 𝜔2 𝑥(𝑡) = 0.
La solution de cette équation est : 𝑥(𝑡) = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡) + 𝐵𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑡)
Au temps 𝑡 = 0 on a 𝑥(𝑡 = 0) = √𝑟𝑇2 − ℎ2 et 𝑥̇ (𝑡 = 0) = 0 ce qui donne :
𝑥(𝑡) = √𝑟𝑇2 − ℎ2 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡) .
4) La vitesse maximale est atteinte en 𝐻, elle vaut : 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝜔√𝑟𝑇2 − ℎ2 .
𝜋
3𝜋
5) La grandeur 𝜏𝑜 est égale à une demi période soit : 𝜏𝑜 = 𝜔 = √4𝐺𝜇 = 2,53. 103 𝑠 = 42 ′ .
𝑇
6) Le tronçon 𝐻1 𝐻2 correspond à un mouvement circulaire à force centrale ; on en déduit que
le moment cinétique est une constante. La distance 𝑟 étant constante, la vitesse et la vitesse
angulaire sont également des constantes sur ce tronçon. Il s’agit donc d’un mouvement
circulaire uniforme.
La norme de la vitesse sur ce tronçon s’identifie avec celle du point 𝐻1 . Par continuité des
vitesses on a 𝑣𝐻 = 𝜔√𝑟𝑇2 − 𝑟𝐻2. L’arc parcouru correspond à une distance 𝜃𝑟𝐻 ce qui donne
une durée : 𝜏1 =
𝜃𝑟𝐻
𝑣𝐻
=
𝜃𝑟𝐻
2
𝜔√𝑟𝑇2 −𝑟𝐻
soit 𝜏1 =
𝜃𝑟𝐻
1
𝜔 √𝑦 2 −1
7) Il faut un quart de période pour aller de 𝐴1 à 𝐻1 et de 𝐻2 à 𝐴2 soit 𝜏𝑜 .
Le temps pour aller de 𝐴1 à 𝐴2 est donc 𝜏 = 𝜏𝑜 +
rêver !
𝜃𝑟𝐻
1
𝜔 √𝑦 2 −1
= 3,02. 103 𝑠 = 50′. Ca fait
2
8) La longueur du tunnel est 𝑙 = 𝜃𝑟𝐻 + 2√𝑟𝑇2 − 𝑟𝐻2 = 1,8.107 𝑚 ce qui correspond à une
masse de déblais de 𝑀 = (𝜃𝑟𝐻 + 2√𝑟𝑇2 − 𝑟𝐻2 ) 𝜋
𝐷2
4
𝜇 𝑇 = 3,8. 1012 𝑘𝑔. Si on stocke ces
déblais sur une zone de 1 𝑘𝑚, ça fera une montagne d’environ 20 𝑘𝑚 !!!
9) On veut une force du type : 𝑓 = 𝐿𝛼 𝑣 𝛽 𝜌𝛾
La dimension de 𝑓 est [𝐾][𝑀][𝑆]−2
La dimension de 𝐿 est [𝑀]
La dimension de 𝑣 est [𝑀][𝑆]−1
La dimension de 𝜌 est [𝐾][𝑀]−3
On en déduit les relations suivantes :
1 = 𝛾 ; 1 = 𝛼 + 𝛽 − 3𝛾 ; −2 = −𝛽
Ce qui donne : 1 = 𝛾 ; 2 = 𝛼 ; 2 = 𝛽 ; l’expression de la force est 𝑓 = 𝐿2 𝑣 2 𝜌 .
10) La puissance développée par cette force est P = 𝑓𝑣 = 𝐿2 𝑣 3 𝜌
𝑚
Pour un GP, on a la relation : 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 = 𝑀 𝑅𝑇 soit 𝑃 = 𝜌
P = 𝐿2 𝑣 3
𝑀𝑃𝑡𝑢𝑛𝑛𝑒𝑙
𝑅𝑇
𝑅𝑇
𝑀
ce qui donne :
. On veut que cette puissance soit comparable à la puissance que développe
3
le TGV c’est-à-dire P = 𝐿2 𝑣𝑇𝐺𝑉
𝑀𝑃𝑎𝑡𝑚
𝑅𝑇
3
ce qui demande la relation : 𝑣 3 𝑃𝑡𝑢𝑛𝑛𝑒𝑙 = 𝑣𝑇𝐺𝑉
𝑃𝑎𝑡𝑚 .
Comme ordre de grandeur de la vitesse de la rame on va prendre 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝜔√𝑟𝑇2 − 𝑟𝐻2. On
obtient :
𝑃𝑡𝑢𝑛𝑛𝑒𝑙
𝑃𝑎𝑡𝑚
=
3
𝑣𝑇𝐺𝑉
𝑣3
~5. 10−5 soit une pression dans le tunnel de 5 Pascal.
II- Ascenseur spatial
11) L’orbite géostationnaire est l’orbite sur laquelle la période de rotation est la même que
celle de la Terre soit 𝑇𝜎 La loi de la quantité de mouvement appliquée à la masse 𝑚 donne :
𝑚𝜔𝜎2 𝑟𝑠 =
𝐺𝑚𝑇 𝑚
𝑟𝑠2
ce qui donne : 𝑟𝑠3 =
𝐺𝑚𝑇
2
𝜔𝜎
.
12) On travaille dans le référentiel terrestre non galiléen.
Le système est une tranche de câble, entre la cote 𝑟 et 𝑟 + 𝑑𝑟
Le bilan des forces est :
⃗⃗(𝑟) = −𝑇(𝑟)𝑢
la tension 𝑇
⃗⃗𝑟
⃗⃗(𝑟 + 𝑑𝑟) = +(𝑇(𝑟) + 𝑑𝑇)𝑢
la tension 𝑇
⃗⃗𝑟
3
𝐺𝑚
la force d’inertie d’entrainement : 𝑑𝑓⃗𝑖𝑒 = −𝜆𝑑𝑟𝜔𝜎2 𝑟𝑢
⃗⃗𝑟 = −𝜆𝑑𝑟 𝑟 3𝑇 𝑟𝑢
⃗⃗𝑟 d’après la question
précédente. Mais 𝑔𝑠 =
𝐺𝑚𝑇
𝑟𝑠2
𝑠
𝑔
ce qui donne 𝑑𝑓⃗𝑖𝑒 = 𝜆𝑑𝑟 𝑟𝑠 𝑟𝑢
⃗⃗𝑟
𝑠
𝐺𝑚
la force de gravitation : 𝑑𝑓⃗𝑔 = −𝜆𝑑𝑟𝑔(𝑟)𝑢
⃗⃗𝑟 avec 𝑔(𝑟) = 𝑟 2𝑇 ; ce qui donne 𝑑𝑓⃗𝑔 =
−𝜆𝑑𝑟
𝑟𝑠2 𝑔𝑠
𝑟2
𝑢
⃗⃗𝑟 .
⃗⃗(𝑟) + 𝑇
⃗⃗(𝑟 + 𝑑𝑟) + 𝑑𝑓⃗𝑖𝑒 + 𝑑𝑓⃗𝑔 = ⃗0⃗ ce qui donne :
Le câble étant en équilibre on a 𝑇
𝑔
−𝑇(𝑟) + (𝑇(𝑟) + 𝑑𝑇)𝜆𝑑𝑟 𝑟𝑠 𝑟 − 𝜆𝑑𝑟
𝑠
𝑑𝑇
𝑑𝑟
𝑟2
𝑟𝑠2 𝑔𝑠
𝑟2
= 0 soit :
𝑟
= 𝜆𝑔𝑠 (𝑟𝑠2 − 𝑟 ) .
𝑠
0
𝑟
𝑟2
𝑟′
𝑠
On intègre cette expression : ∫𝑇(𝑟) 𝑑𝑇 = 𝜆𝑔𝑠 ∫𝑟 𝐻 (𝑟 ′2
− 𝑟 ) 𝑑𝑟 ′ ce qui donne :
𝑠
𝑟2
𝑟2
𝑟2
𝑟2
𝐻
𝑠
𝑠
33𝑟𝑠
𝑇(𝑟) = −𝜆𝑔𝑠 ( 𝑟𝑠 − 𝑟𝑠 + 2𝑟 − 2𝑟𝐻 ) mais 𝑟𝐻 = 4𝑟𝑠 ce qui fait : 𝑇(𝑟) = 𝜆𝑔𝑠 (
4
−
𝑟𝑠2
𝑟
𝑟2
− 2𝑟 ) .
𝑠
13) 𝒓𝒔 = 𝟒, 𝟐𝟐. 𝟏𝟎𝟕 𝒎 ; 𝒈𝒔 = 𝟐, 𝟐𝟒. 𝟏𝟎−𝟏 𝒎 ; 𝑻𝑬 = 𝟏, 𝟓𝟑. 𝟏𝟎𝟕 𝑵 ; 𝑻𝒎𝒂𝒙 = 𝟔, 𝟑𝟔. 𝟏𝟎𝟕 𝑵.
14) Si 𝑧𝑜 ≪ ℎ, on peut considérer que la phase d’ascension à la vitesse 𝑣𝑜 se fait sur une
ℎ
hauteur ℎ pendant le temps 𝑡𝑚 ce qui donne : 𝑣𝑜 = 𝑡 = 470 𝑚. 𝑠 −1 . Si à la fin de la phase
𝑚
d’accélération on a une vitesse 𝑣𝑜 , on a donc 𝑡𝑜 =
1
𝑣𝑜
𝑎
5
= 470 𝑠 . On peut alors calculer
𝑧𝑜 = 2 𝑎𝑡𝑜2 = 1,1. 105 𝑚 et vérifié la relation 𝑧𝑜 = 1,1. 10 ≪ ℎ = 1,6. 108 .
15) On évalue
𝒈(𝒓𝑻 )−𝒈(𝒓𝑻 +𝒛𝒐 )
𝒈(𝒓𝑻 )
=
𝑮𝒎𝑻
𝑮𝒎𝑻
−
𝟐
𝒓𝟐
(𝒓
𝑻
𝑻 +𝒛𝒐 )
𝑮𝒎𝑻
𝒓𝟐
𝑻
= 𝟏 − (𝒓
𝒓𝟐𝑻
𝟐
𝑻 +𝒛𝒐 )
𝒛
~𝟐 𝒓𝒐 = 𝟎, 𝟎𝟑𝟓 ≪ 𝟏. On peut
𝑻
donc négliger les variations de g.
Si on fait le rapport de la force d’inertie d’entrainement sur la force gravitationnelle on
obtient :
𝒇𝒊𝒆
𝒇𝒈
𝒈(𝒓 )
= 𝒈(𝒓𝒔 ) = 𝟎, 𝟎𝟎𝟑𝟑 ≪ 𝟏. On peut donc négliger la force d’inertie d’entrainement.
𝑻
16) On compare la force d’inertie de Coriolis, qui peut affecter la verticalité du mouvement, à
la force gravitationnelle :
𝑓𝑖𝑐
𝑓𝑔
𝜔 𝑣
𝜎 𝑜
= 𝑔(𝑟
= 0,0034. La force d’inertie de Coriolis est donc un
)
𝑇
terme faible devant la force gravitationnelle mais elle peut quand même affectée la
verticalité du mouvement.
17) Quand le fil monte de 𝑧(𝑡), le cylindre décrit un arc de même longueur de 𝑅𝑐 𝜃(𝑡). Quand
le fil va vers les 𝑧 > 0, les angles pour le cylindre de gauche tournent dans le sens
trigonométrique. On en déduit : 𝑧𝑐 (𝑡) = 𝑅𝑐 𝜃(𝑡)
4
18) On prend comme système le cylindre de gauche dans le référentiel terrestre, non galiléen
mais les forces d’inertie sont négligeables devant les autres forces.
Les forces appliquées au système sont :
La réaction du câble : 𝐹⃗ = −𝑁𝑢
⃗⃗𝑥 + 𝑇𝑢
⃗⃗𝑧
La tension du ressort : 𝐹⃗𝑟 = 𝑘𝑅𝑐 𝑢
⃗⃗𝑥
La force de gravitation : 𝐹⃗𝑔 = −𝑚𝑐 𝑔(𝑟𝑇 )𝑢
⃗⃗𝑧
La loi de la quantité de mouvement donne :
𝑚𝑐 𝑧̈ (𝑡) = 𝑇 − 𝑚𝑐 𝑔(𝑟𝑇 )
0 = −𝑁 + 𝑘𝑅𝑐
Le théorème du moment cinétique en 𝐶 donne :
𝐽𝜃̈(𝑡) = −𝑅𝑐 𝑇 + Γ𝑜
Comme 𝑧̈ (𝑡) = 𝑅𝑐 𝜃̈(𝑡) on peut écrire 𝑇 = −
𝑚𝑐 𝑧̈ (𝑡) = −
𝐽𝑧̈ (𝑡)
𝑅𝑐
Γ
+ 𝑅𝑜 − 𝑚𝑐 𝑔(𝑟𝑇 )
𝑐
𝐽𝑧̈ (𝑡)
𝑅𝑐2
Γ
+ 𝑅𝑜 ce qui donne :
𝑐
𝐽
soit : Γ𝑜 = (𝑚𝑐 + 𝑅2 ) 𝑧̈ (𝑡)𝑅𝑐 + 𝑚𝑔(𝑟𝑇 )𝑅𝑐
𝑐
soit en
3
remplaçant 𝑧̈ (𝑡) = 𝑎 et 𝐽 = 1/2𝑚𝑐 𝑅𝑐2 : Γ𝑜 = 𝑚𝑐 𝑅𝑐 (2 𝑎 + 𝑔(𝑟𝑇 )) = 2,26. 104 𝑁. 𝑚
19) Pour assurer le mouvement sans glissement il faut |𝑇| < 𝑓|𝑁|
Γ
1
On a 𝑇 = 𝑅𝑜 − 2 𝑚𝑐 𝑎 = 𝑚𝑐 (𝑎 + 𝑔) et 𝑁 = 𝑘𝑅𝑐 . La condition de non glissement est donc :
𝑐
𝑚𝑐 (𝑎 + 𝑔) < 𝑓𝑘𝑅𝑐 soit
𝑚𝑐 (𝑎+𝑔)
𝑓𝑅𝑐
= 𝑘𝑚𝑖𝑛 < 𝑘 .
𝑘𝑚𝑖𝑛 = 2,13. 104 𝑁. 𝑚−1 .
20) La tension 𝑇 est de l’ordre de 2. 104 𝑁. Elle est donc très faible devant la tension du fil qui
est de l’ordre de 107 𝑁. L’équilibre du fil n’est donc pas perturbé par la présence de
l’ascenseur.
5