Classe PC Dupuy de Lôme

CPGE Dupuy de Lôme - PC 2012/2013
E. Ouvrard
⎧
⎪
EC ∶ rCmin < r < ∞ → hyperbole
⎪
⎪
⎪
⎪
Donc ⎨EB ∶ rBmin < r < rBmax → ellipse
⎪
⎪
⎪
te
⎪
⎪
⎩EA ∶ r = C → cercle
Correction Concours blanc - CCP PC 2009 - I
Problème i
I.1
Voiles solaires
I.2
Orbites héliocentriques
_
_
 r_ _ __ 
Ð
→
v = r :Ð
u→r + rÐ
u→
Ð
→
a = r :Ð
u→r:Ð
u→ + (r + r)Ð
u→ + r2(−Ð
u→)
I.1.1
I.1.2
_
Ð
→
Le PFD donne −
T
I.1.4
C
te
¿
Á r3
À M
=Á

Pour le cas général, on a m:r = −
Ep =
donc
I.2.2
42
Ð→p
t
±
pour les part.
I.2.3
GmmS
+ mr _ 2 , soit, comme L = mr 2 _ =
r2
Ni
= E:i = E: S:os
F
Ep′
GmmS
r2
+
L2
2mr2
Em = C te,
1
2
´¹¹ ¹ ¹ ¸¹ ¹ ¹ ¹¶
Ep(r) = Em − m:r_ 2
⩾0
→
I.2.4
=−
Ð→
F = F Ð
eÐ
theta =
Ð
→
de cette composante
→
Ni = :
→
os:(1 − 3:sin2 ) = 0
os = 0, on choisit donc
√
m = asin
1
2
2::S:os2 :sin ce qui permet de déterminer les extrema
Or la composante est minimum pour
Ep ⩽ Em
S:os
, ce qui permet d’en déduire
E
2::S:os :Ð→n
→
: S:os
(−2:p:os:Ð
n) =
p:
dFtheta
=0
d
1 m:r_ 2 + Ep(r) et, comme
2
2
Ð
→
Ð
→
→
= −Ni Æ Ð
p = F voile→partiules donc F = Ni :Æp
Ð
→
´¹¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¸ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¶
L’énergie potentielle effective est telle que Em =
pour ce système conservatif
2
GmS
(moment cinétique) :
I.1.5
2
⎧
⎪du moment cinétique L
Gmm →
F = − 2 SÐ
ur avec conservation ⎪⎨⎪
r
⎪
⎩de l’énergie mécanique Em
GmmS
= m(r − r _ 2 )
r2
2
pour une orbite circulaire, r = C te et _ = C te =
T
I.1.3
I.2.1 Ici on veut la quantité de mouvement cédée par les particules à la voile,
soit l’opposée de la variation de quantité de mouvement pour le système par→
→
→
→
→
ticule : Æ Ð
p = −(Ð
p→r − Ð
p→i ) = −(p:sin:Ð
u − p:os:Ð
n ) − (p:sin:Ð
u + p:os:Ð
n) =
Ð
→
Ð
→
Ð
→
Ð
→
:p:os: n Or dans la base cylindrique, n = oser + sine soit, dans cette
base
⎧
⎪ :p:os2 →
ÆÐ
p ⎪⎨⎪
⎪
⎩p:sin r
Ð
→
Une voile solaire
1 = 35; 3
3
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I.2.5
a=
AN :
I.3
F
m
=
E. Ouvrard
I.3.5
2::S:os :sin
2
On a par conséquen
Temps de transit
tT M ≡ 8 ans
Problème ii
Il s’agit en fait de l’énergie potentielle effective.
Si on repère l’énergie mécanique correspondant à l’orbite circulaire sur l’ancienne
courbe ( son minimum), on s’aperçoit que pour cette même valeur d’énergie, il
existe deux valeurs rmin et rmax avec la nouvelle énergie potentielle effective.
Mais ces valeurs étant très proches, l’orbite est très faiblement elliptique.
r:dr = C ′:a:dt, ce qui donne par intégration :
tT M =
m:
AN :
√
2
3:C :a
′
3
3
2
(rM
− rT2 )
Vibrations transverses
I.3.1
I.3.2
I.3.3
Ð→
dM
dt
II.1
II.1.1
ÐÐ→
=Ð
→(Rext ; O ) = r (t)Ð
e→r ∧ (Fr Ð
e→r + F Ð
e→ ) = r(t):F Ð
e→z
⎧
−GmS
2
⎪
⎪
⎪
⎪−r = r 2
Le PFD donne ⎨
F
⎪
⎪
⎪
r + r = ⎪
⎩
m
√
_
2_ _ 
_ =
GmS
r3
II.1.2
soit
Ð→
2
I.3.4
Par conservation de l’énergie :
(
tans ≡ =
dh
dx
et
Pour un élément
Fy = ∣∣ F ∣∣ sin. Comme ∣∣ F ∣∣ = C te = T
Ð
→
Ð
→
Fy =
Fy (x + dx) − Fy (x) = dm
2h
t2
h
h
2h
)
− ( ) ) = :dx 2
x (x+dx) x (x)
t
´¹¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¸¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¶
3 r_
 = − : :_
2r
2h
:dx
x2
2h 1 2h
−
=0
x2 2 t2
(r)/4r2 = C te. Or pour r = rT on a
II.1.3
F
2(rT )os2 msinm = a
)
=
m (r=rT )
m:
r2
F
= a: T2 , soit
m
r
3
r2
a
r_ = C:r 2 :a: T = C:rT2 : √
r ± r
II.1.4
dh
dx
2
T
A
et
B,
est donc dérivable et continue.
La solution proposée doit vérifier
−k2 h(x; t) −
C′
=
√
L’équation ci-dessus est vérifiée en tout point entre
donc définie en tous ces points,
On déduit donc de la conservation du flux que
:
h
T
x
dx de la corde :
T ((
La composante orthoradiale du PFD donne alors la relation recherchée, avec
C=√
GmS
Ondes stationnaires le long d’une corde
2h 1 2h
−
= 0, soit
x2 2 t2
1 (−!2 h(x; t)) = 0
2
! = ±k:
2 dh
dx2
est
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II.1.5
E. Ouvrard
0
0
h
h(x; t)
) =(
) = K:osKL:os!t
x L−
x L−
h
h(2L − x; t)
( ) =(
) = −K:osKL:os!t
+
x L
x
L−
2h
= −! 2 :sinKL:os!t
t2
0; t) = h(2L; t) = 0 ∀t soit
On exploite les conditions aux limites h(
⎧
⎪
⎪h(
⎨
⎪
⎪
⎩h(
0; t) = sin = 0
2L; t) = sin(2kL + )
=
II.2.3
0
On choisit
=
pour vérifier la première égalité. Cela entraine alors que
sin( kL) = , soit
2
II.1.6
II.1.7
Voir cours
kn =
n
2L
!n =
n
2L
fn =
1
2
On rappelle que ⟨os2 !t⟩ = . Alors
< e(x; t) >=
!
2
2[2 Z
2
D’où la relation proposée, en utilisant le PFD de la question précédente.
n
4L
II.2.4
otan(KL) = otan(k1 L + mL) avec k1 =
2L
m!2
otan(KL) = otan ( + mL) ≡ −mL =
2
2KT
II.2.5
1
2
sin2 (kx) + 2 k2 Z 2 os2 (kx)]
< e(x; t) >=
II.2.6
II.2
⎛
< etot >=
⎝
2L
Perturbation par une masse
√
f1
!2 Z 2
4
T ⎞ Z 2
⎠ 4
2
II.3
Z 2
=(
4L ) T
II.3.1
−m! 2
Quartz
Alors
f1 = −f1 mS : 21L
Pour un passe bande :
q
avec
k1
=
2L
donc
1
2L
=
k1
=
2f1
q
d’ù la
f = fQ0 = 2; 5 Hz Bande passante extrêmement faible
au regard de la fréquence propre.
Tous les modes n’ayant pas de noeuds en l’absence de masse en x = L
seront perturbés, donc les modes n impairs. Les autres ne seront pas perturbés.
On peut donc considérer qu’une variation de
On en déduit
f :q :q
m
>>
2
II.3.2
PFD pour la masse, projeté selon l’axe vertical
m:
donc
f1
k1
k1 2KT Lk1
m!2
!
2T Lk12 et k1 = donc
f1 ≡ − m
f1
2L
relation proposée.
II.2.1
II.2.2
f1 = K − k1 = m =
f1 ≡ −
La seule énergie associée à la vibration est mécanique. On exploite donc
le résultat précédent
II.1.8
(
3 10
S
Soit m >> :
ng
On peut donc estimer la sensibilité à
posée.
h
h
2h
= −T ( ) + T ( )
t2
x L−
x L+
3
−3
2f1
f1 >> f sera détectable.
0; 03 ng pour la surface de vibration pro-