Problème 1 : La tartine beurrée
On étudie dans ce problème le basculement autour du rebord d’une table puis la chute jusqu’au sol d’une tartine beurrée, pour déterminer entre autres si elle tombe du côté beurré ou non.
On modélise la tartine par une plaque rectangulaire sans épaisseur de longueur`et de largeura < `. On considère des rotations autour d’un axe∆rparallèle à son petit côté (de largeura) à la distancerdu mi- lieu du grand côté de longueur`. La tartine est initia- lement en surplomb de la table, son grand côté étant perpendiculaire à l’arête de la table. La table est située à une hauteurhdu sol.
G e#»r
e#»θ
`/2
r θ
#»g h
∆r
Les différentes parties sont dans une grande mesure indépendantes.
I Basculement
I.1. Dans une premier temps, on considère que la tartine ne glisse pas le long du rebord.
(a) Justifier brièvement que la tartine ne basculera pas tant que le centreGdu grand côté reste à l’aplomb de la table. On considère par la suite queGest en surplomb et que la tartine bascule donc.
(b) La masse de la tartine estm. Son moment d’inertie par rapport à l’axe∆r, qui coïncide avec l’arête de la table est notéJr. Il vérifie :
Jr=m`2
12 +mr2. (1)
Préciser les expressions deJrpourr= 0etr=`/2et vérifier leurs compatibilités.
I.2. À l’instant initial, la tartine est horizontale (l’angleθest nul) et immobile.
(a) Montrer que le mouvement de la tartine est conservatif.
(b) En déduire que la vitesse de rotationω= ˙θde la tartine croît avec l’angle de rotationθselon une loi de la forme :
ω2=K(r)sin(θ),
avecK(r)une fonction derpositive dont on donnera l’expression en fonction deg, `etr.
(c) Tracer l’allure deK(r)en fonction der.
(d) Déterminer l’expression deωenθ=π/2pour la valeur du rapportrqui la rend maximale, en admettant que la tartine ne glisse pas. On noteωmaxcette expression. Calculer sa valeur.
(e) Déterminer une approximation deK(r)pourr `et en déduire l’expression de la vitesse de rotationω(r)quandθ=π/2pourr`. Calculer la valeur deω(r)pourr=1,0 mm.
On note dans toute la suiteωila vitesse de rotation au moment où la tartine quitte la table.
I.3. (a) Déterminer l’accélération du barycentreGde la tartine durant ce basculement.
(b) En déduire la résultanteR#»des forces de contact entre la table et la tartine.
(c) On modélise les contacts entre la table et la tartine par un frottement solide de coefficientµ. Dé- terminer la valeur deµpour que la tartine ne glisse pas avant d’avoir atteint un angle de 80°.
II Chute
On suppose qu’on peut négliger le glissement de la tartine jusqu’à l’angleθ=π/2, atteint à un moment qu’on prend comme nouvelle origine des temps. On considère que par la suite la tartine est en chute libre, sans aucun contact avec la table.
II.1. (a) Déterminer les expressions du vecteur vitesse initial du barycentre, notév# »G0, et du vecteur rotation initial, notéω0, de la tartine. Calculer leurs valeurs pourr=1,0 mm.
(b) Dans toute la suite on considère, pour simplifier les expressions, que le barycentreGde la tartine est à la hauteurhdu sol au début de la chute, et ce quelle que soit la valeur der. Déterminer l’évolution temporelle de l’altitudezGdu barycentreGde la tartine au cours de sa chute.
II.2. On étudie dans cette question l’évolution du vecteur rotation de la tartine au cours de sa chute. On pourra admettre les résultats de cette question même s’ils n’ont pas été établis.
On modélise pour simplifier, et dans cette question seulement, la tartine par une tige sans masse de longueur`aux extrémités de laquelle sont fixées deux points matérielsM1etM2de même massem/2. L’ensemble constitue un solide en chute libre et en rotation.
ω G
M1 M2
(a) On note respectivementv#»1etv#»2les vecteurs vitesse des pointsM1etM2. Exprimer le moment cinétique par rapport au barycentreGdu solide en fonction entre autres dem1,m2,v#»1etv#»2. On le noteσ# »/G.
(b) Déterminer l’expression dedσ# »/G
dt et en déduire queσ# »/Get la vitesse de rotationωsont constants au cours de la chute.
On admet que ce résultat reste valable pour une répartition de masse quelconque et en particulier pour la tartine étudiée au I.
II.3. On considère de nouveau la répartition de masses uniforme de la tartine du I.
(a) Déterminer au cours de la chute l’expression de l’altitudezGdu barycentreG, en fonction de l’angleθdont a tourné la tartine par rapport à sa position initiale.
(b) On cherche à déterminer avec un minimum de calculs si la tartine tombera du côté beurré ou non.
i. Estimer un ordre de grandeur de la durée de chute de la tartine.
ii. En déduire pourr=1 mm si la tartine tombera du côté beurré ou non. Peut-on facilement conclure dans le casω=ωmax?
II.4. (a) Dans le cas général, exprimer l’altitudezdu point le plus bas de la tartine en fonction de l’angleθ dont elle a tourné depuis sa position horizontale.
(b) Proposer une méthode de détermination graphique du côté sur lequel tombe la tartine. On se contentera de tracer une allure de la courbe utilisée.
III Contact avec le sol
On étudie le mouvement de la tartine après que son point le plus bas est entré en contact avec le sol. On notev# »Gcle vecteur vitesse de son barycentre juste avant l’impact,ωcsa vitesse de rotation au même moment etαcl’angle qu’elle forme alors avec la verticale. On noteCle point d’impact et∆cl’axe colinéaire au petit côté de la tartine et passant parC. On admet que la tartine ne glisse pas sur le sol.
III.1. Parmi les grandeurs suivantes, quelle(s) est(sont) celle(s) qui est(sont) conservée(s) au cours de l’im- pact ? On justifiera soigneusement la réponse pour chacune des propositions.
• quantité de mouvement de la tartine,
• moment cinétique de la tartine par rapport à l’axe∆c,
• énergie cinétique de la tartine.
III.2. En déduire l’expression de la vitesse de rotation après l’impact.
III.3. En déduire l’expression de la vitesse de rotation quand la tartine atteint l’horizontale.
Données :masse de la tartinem = 20 g, accélération de la pesanteurg = 9,8 m·s−2, longueur de la tartine`=6 cm, hauteur de la tableh=90 cm.
Problème 2 : Assistance gravitationnelle
On étudie dans ce problème une technique utilisée pour lancer des sondes spatiales aux confins du sys- tème solaire en « rebondissant » de planète en planète, parfois nommée « fronde gravitationnelle ».
On établit dans une première partie des généralités utiles pour toute la suite. La deuxième partie étudie un lancer jusqu’à Saturne sans l’assistance gravitationnelle. La troisième partie étudie cette technique et son application pour le lancer jusqu’à Saturne (mission Cassinii) et pour le lancer du projet STEREO. Les deux dernières parties sont relativement indépendantes l’une de l’autre mais utilisent les résultats de la première partie.
On travaillera dans le référentiel héliocentrique, dans lequel le soleil est fixe. Il sera considéré galiléen.
Les valeurs des paramètres sont données à la fin de l’énoncé. Les orbites des planètes seront considérées circulaires pour simplifier.
I Généralités
On étudie le mouvement, dans un référentiel galiléenRg, d’un point maté- riel de massemet de positionMsoumis uniquement à la force de gravita- tion exercée par une massemafixe enOdansRg.
Son mouvement sera caractérisé par ses coordonnées polaires : la distance r=OMet l’angleθentre un vecteur fixe#»exdansRget le vecteur unitaire
#»erdéfini parOM# »=r#»er.
#» e r
#» e x
b
O
b
M r
θ
iJ-D. Cassini (1625–1712) astronome franco-italien.
I.1. On désigne parσ# »/O(M)le moment cinétique en O du point matériel. Montrer queσ# »/O(M)est conservé au cours du mouvement, et déterminer sa norme, notéeσc, en fonction dem, retθ. On définit le vecteur˙ unitaire #»ez parσ# »/O(M) = σc#»ez. Quelle propriété géométrique de la trajectoire est assurée par la conservation deσ# »/O(M)?
I.2. On considère un mouvement circulaire de rayonRautour deO.
(a) Montrer qu’il est uniforme. Déterminer :
• la normevde la vitesse,
• les énergies cinétique, potentielle et mécanique, en fonction de la constante gravitationnelleG, dema, metR.
(b) Calculervpour l’orbite de révolution de la Terre autour du soleil, de rayon notéRT. On la notera vT.
(c) On considère un point matériel situé sur l’orbite terrestre (r=RT). Quelle vitesse doit-il posséder pour pouvoir s’éloigner à l’infini du soleil ultérieurement ? On l’exprimera en fonction devT.
I.3. On considère une trajectoire elliptique (on ne cher- chera pas à montrer son existence) de périastreMpa
et d’apoastreMaa. On noterpala distance à l’astre Oetv# »pala vitesse (respectivementraaetv# »aa) au pointMpa(resp.Maa).
O
Maa
Mpa
rpa raa
# » vpa
# » vaa
Montrer que l’énergie mécanique se met sous la forme :
Em=− Gmam rpa+raa
. (2)
I.4. On pourra admettre les résultats de la questionI.4dsi leur établissement pose problème.
On définit le vecteur de Runge-Lenz, notéR, par#»
R#»=
#»v∧σ# »/O(M) Gmam −#»er. (a) Montrer queR#»est une constante du mouvement.
On étudie dans la suite la déviation par l’astre du point matériel en état de diffusion. On notev#»0
sa vitesse quand il est à l’infini deOetbson paramètre d’impact (figure ci-dessous).
M v #» 0 b
D
θ 0
θ 0
#» e x
b
O
(b) Déterminer la nature géométrique de la trajectoire. Quelle est la norme de la vitesse du point matériel à l’infini après la déviation par l’astre ?
(c) Déterminer, en considérant le mouvement quand le point matériel est à l’infini, l’expression du moment cinétique. En déduire celle de la normeR. On l’exprimera en fonction du quotientGmv20b
a. Déterminer également la direction et le sens de#»Ret représenterR#»sur le schéma ci-contre qu’on reproduira.
(d) On noteDla déviation, représentée sur la figure précédente. Montrer qu’elle vérifie :
cosD=
bv20 Gma
2
−1
1 + bv20
Gma
2.
II Transfert sans assistance
On souhaite envoyer une sonde de massemjusqu’à Saturne depuis la Terre, en employant une orbite elliptique, dite de transfert, dont le périhélie est à la distanceRTet l’aphélie sur l’orbite de Saturne, à une distance notéeRS. On ne se préoccupe pas du lancement depuis la Terre : la sonde parcourt initialement l’orbite terrestre de rayonRT. On néglige dans cette partie les interactions entre la sonde et les planètes pour ne considérer que celle avec le soleil.
II.1. Déterminer l’expression de l’énergie mécanique sur l’orbite de transfert en fonction deG, mO, m, RT
etRS, puis en fonction dem, vTet du rapportRS/RT.
II.2. La sonde parcourant initialement l’orbite terrestre, on l’injecte sur l’orbite elliptique de transfert en augmentant la norme de sa vitesse d’une quantité notée∆vsans changer sa direction. On considère que cette accélération est instantanée. Déterminer l’expression de∆v. On l’exprimera en fonction de vTet du rapportRT/RS. Calculer sa valeur.
II.3. Lors de la mission Cassini, la sonde a été placée sur une autre orbite elliptique de transfert, croisant celle de Vénus, de rayonRV. Quel doit être le signe de∆vpour réaliser cette manœuvre ? Déterminer sa valeur pour que la vitesse de la sonde lorsqu’elle croise l’orbite de Vénus soit égale à la vitesse de Vénus sur son orbite circulaire, notéevV. On l’exprimera en fonction devTet des rayonsRV etRT. II.4. Déterminer∆vpour que l’orbite de transfert soit tangente à celle de Vénus. Quelle sera alors la vitesse
de la sonde à son périhélie ? On l’exprimera en fonction devT, RVetRTpuis devV, RV, RT.
III Assistance gravitationnelle
Cette technique consiste à utiliser le passage de la sonde à proximité d’une planète pour augmenter ou diminuer sa vitesse dans le référentiel héliocentriqueRg. Le mouvement de la sonde est affecté par la planète pendant un temps suffisamment court, et la planète est suffisamment massive, pour qu’on puisse considérer que le mouvement dansRgde la planète (de positionAet de massema) est rectiligne uniforme à une vitesse qu’on noteraV#».
III.1. Justifier brièvement qu’on peut appliquer les résultats duI.4adans le référentiel planétocentrique, noté Ra, en translation àV#»par rapport àRg.
III.2. On désigne parv#»0la vitesse initiale de la sonde dans le référentiel héliocentrique etv# »0asa valeur dans le référentielRa.
(a) Reproduire la figure ci-contre et y représenter la construction dev# »0aà partir du pointM0.
(b) On noteDla déviation subie par la sonde dansRaetv# »1asa vitesse dansRaà l’issue de la déviation. Représenterv# »1asur la figure. On le fera pointer vers le pointMAet on choisiraDde l’ordre de 120° (sens trigonométrique). En déduire la construc- tion de la vitesse dansRgà l’issue de la déviation, notéev#»1et vérifier qu’on accélère ainsi la sonde dansRg.
MA
V#»
α M0
v#»0
(c) Représenter sur le schéma la configuration rendant la normev1 maximale quand l’angleα =
\#»
v0;V#»
reste fixé. On notev1maxla norme correspondante. Établir l’expression dev1maxen fonc- tion deV, v0et deαquandv1est maximale.
III.3. (a) On considère le cas particulierv0 = 0. Montrer qu’on av1max = 2V. On pourra s’aider d’un schéma si l’expression générale n’a pas été établie.
(b) On considère le cas particulierv0 = V. Déterminer l’expression dev1maxV−V pourα 1. On effectuera un développement limité enαau terme non nul d’ordre le plus bas.
III.4. Lors de la mission Cassini, on a utilisé l’assistance gravitationnelleiipour envoyer la sonde jusqu’à Saturne. La trajectoire de transfert a été choisie de telle sorte que la sonde passe à proximité de Vénus quand elle atteint son orbite. On considère pour simplifier que la vitesse asymptotique dansRgde la sonde quand elle se dirige vers Vénus estvV(v0=vV avec les notations précédentes).
(a) Déterminer la valeur de l’angleαentre l’ellipse de transfert et l’orbite de Vénus à leur point d’inter- section pour que la déviation communique une variation de vitesse∆vdonnée. Calculerαpour que le∆vpermette d’atteindre l’orbite de Saturne avec une vitesse quasiment nulle. On supposera qu’on est dans les conditions assurantv1max.
(b) Comparer les∆vproduits par les moteurs de la sonde pour un trajet sans et avec assistance jusqu’à Saturne.
III.5. Lors de la mission STEREO on a utilisé l’assistance gravitationnelle de la Lune (L) pour placer des satellites, initialement en orbite autour de la Terre (T), en orbite autour du soleil. L’étude sera faite dans le référentiel géocentrique dans lequelT est fixe, qu’on considérera galiléen pour la durée du phénomène étudié.
(a) L’orbite initiale des satellites est très elliptique : son apogée est pratiquement sur l’orbite lunaire et son grand axe est pratiquement égal au rayon de l’orbite lunaire, notéRL. Montrer que sa vitesse à l’apogée est négligeable devant celle de la Lune sur son orbite.
T L
RL
(b) Justifier succintement que l’assistance gravitationnelle permettra d’envoyer les satellites à l’infini de la Terre. Déterminer leur vitesse à l’infini de la Terre s’ils partent en formant un angle deπ/4 avec la trajectoire de la Lune.
Données :Constante gravitationnelleG=6,67·10−11S·I·, masse du soleilmO=1,99·1030kg, masse de la TerremT =5,97·1024kg, rayon de l’orbite terrestreRT =1,5·1011m≡1 au, rayon de l’orbite de SaturneRS=10 au, rayon de l’orbite de VénusRV =0,7 au, rayon de l’orbite lunaireRL=2,5·10−3au.
iiet de la Terre, et de Jupiter mais on n’en considère qu’un seul pour simplifier l’étude.
Correction du problème 1
I Basculement
I.1. (a) Le moment du poidsP#»est le même que si la résultanteP#»était appliquée en seul point, la bary- centreG. S’il est à l’aplomb de la table, le moment du poids par rapport à l’axe∆si on envisage que la tartine a commencé à basculer tendra à la ramener vers l’horizontale.
(b) On a :
Jr=0=m`2
12 Jr=`/2=m`2 3 .
On vérifie que le moment d’inertie pour une tartine avecr= 0est le même que pourr =`/4 pour une tartine de longueur`/2puisque il est indifférent de répartir la masse d’un seul côté ou symétriquement des deux côtés.
I.2. (a) La tartine n’est soumise qu’au poids, conservatif et à la force de contact avec la table qui ne travaille pas tant que la tartine ne glisse pas. Le mouvement est donc conservatif.
(b) On écrit la conservation de l’énergie mécanique entre l’instant initial où la tartine est horizontale et immobile et un instant ultérieur où elle a tour- né d’un angleθet est animée de la vitesse an- gulaireθ. Comme il s’agit d’un solide en rota-˙ tion autour d’un axe fixe, son énergie cinétique estEc=J ω2/2et son énergie potentielle est (en la choisissant nulle dans la position initiale) celle d’un point matériel de massemsitué enG, soit Epot=−mgrsin(θ), puisqueGdécrit un cercle de rayonrautour de l’axe∆. On a donc :
0 =1
2J ω2−mgrsin(θ)→ω2= 2mgrsin(θ) J
(3)
= 2grsin(θ)
`2/12 +r2 = 2gsin(θ)
`
r/`
1/12 +r2/`2. (4) (c) On a représenté ci-contreK(r).
0,1 0,2 0,4 0,5
0 0,5 1 1,5 2
√1 12
√ 3
r/`
K(r)/(2g/`)
(d) On vérifie, par dérivation, queK(r)est maximale pourr/`= 1/√
12, où elle vaut√
3. On a alors, enθ=π/2:
ω2=2g√ 3
` →ω=23,8 rad·s−1. (e) Pourr`, on aK(r)'12r/`, et donc, enθ=π/2:
ω2=24gr
`2 →ω=8,1 rad·s−1.
I.3. (a) Le barycentreGest animé d’un mouvement circulaire de rayonr, on a donc :
#»a=−rθ˙2e#»r+rθ¨e#»θ.
L’équation 4 permet de déterminer :
θ˙=ω=
r2gsin(θ)K(r)
` →rθ˙2= 2gsin(θ) r2/`2 1/12 +r2/`2.
Pour l’expression derθ, on peut dériver l’équation 4, ou écrire directement la loi du moment¨ cinétique : la tartine est soumise à son poids et à la force de contact sur l’axe et sans frottement dont le moment est nul.
L’intensité du poids estmget son bras de levier estrcos(θ)et son moment par rapport à l’axe∆ est positif, la loi du moment cinétique s’écrit donc :
Jθ¨=mgrcos(θ)→rθ¨=gcos(θ) r2/`2 1/12 +r2/`2. (b) On applique la loi de la quantité de mouvement :
m#»a(G) =P#»+R#»
→ R#»
mg =e#»z+ r2/`2
1/12 +r2/`2(−2sin(θ)e#»r+cos(θ)e#»θ)
= (κ(r)−1)cos(θ)e#»θ−(1 + 2κ(r))sin(θ)e#»r, en posantκ(r)≡(r/`)2/(1/12 + (r/`)2)puisquee#»z=−cos(θ)e#»θ−sin(θ)e#»r. (c) La réaction normale est la composante orthoradiale de#»
R, la composante tangentielle étant celle seloner. Selon les lois du frottement solide d’Amontons et Coulomb, le glissement peut être évité tant que :
kR# »tk
kR# »Nk6µ→ (κ(r) + 2)sin(θ) (1−κ(r))cos(θ) 6µ.
Pourr=1 mm, on calculeJ=3,3·10−31et donc, en négligeantκ(r)devant 1 : µ>2tan(θ) =11,
ce qui constitue une valeur très importante. Il est peu vraisemblable que la condition de non glis- sement soit vérifiée. On l’effectue quand même car pour les angles assez élevés, le mouvement est pratiquement uniforme horizontal (puisque le bras de levier du poids est très faible) et prendre une rupture enθ=π/2changera peu les conditions initiales sur la vitesse la chute étudiée dans la partie suivante. En revanche, un glissement avantπ/2devrait diminuer la vitesse de rotation atteinte lors du décollement.
II Chute
II.1. (a) Comme calculé précédemment, on a enθ=π/2
ω0=
r2gK(r)
` =8,1 rad·s−1. En mouvement circulaire, la vitesse du barycentre est, enθ=π/2:
#»v(G) =rθ˙e#»θ=rω0e#»θ, de norme 8,1 m·s−1.
(b) La tartine n’est plus soumise qu’à son poids, son accélération est donc verticale, égale à#»g =−ge#»z. Comme sa vitesse initiale est entièrement horizontale, on a immédiatement :
zG=h−1 2gt2. II.2. (a) On a :
# » σ/G= m
2
GM# »1∧v#»1+GM# »2∧v#»2
(b) On dérive par rapport au temps : dσ# »/G
dt =m 2
v#»1∧v#»1+GM# »1∧a# »1+v#»2∧v#»2+GM# »2∧a# »2
Pour chaque point matérielMi, la loi de la quantité de mouvement s’écrit :m#»a(Mi)/2 =F#»→i+ m#»g/2, en notantF#»→ila force exercée par la tige surMi. On a donc :
dσ# »/G
dt =m(GM# »1+GM# »2)∧#»g
2 +m
2
GM# »1∧F# »→1+GM# »2∧F# »→2
.
Les forcesF# »→1etF# »→2sont dirigées dans la direction de la tige et ont donc un moment par rapport àGnul. De plus la relation du barycentre assure queGM# »1+GM# »2 =#»0. On en déduit queσ# »/G est conservé. La rotation de la tartine est donc plane, et on aσ=J ω=cste ; la vitesse de rotation ωest donc constante.
II.3. (a) Puisqueωse conserve, l’angle évolue selon :
θ(t) =θ(t= 0) +ω0t=π/2 +ω0t→t= θ−π/2 ω0
. En injectant dans l’expression dezG(t), on obtient :
zG=h−g(θ−π/2)2 2ω02 .
(b) • La tartine est initialement verticale. Elle tombera du côté beurré si elle tourne de moins deπ avant d’atteindre le sol. Au cas limite, elle sera de nouveau verticale au moment du contact avec le sol et son barycentre aura chuté deh−`/2, pendant une duréep
2(h−`/2)/g=0,42 s.
• Pendant ce temps, la tartine a tourné deω0tzsoit :
ω0tz=
r28(h−`/2)r
`2 =3,4 rad.
Cet angle est légèrement supérieur àπ, la tartine devrait avoir juste le temps d’effectuer une demi-rotation pour se retrouver du côté non beurré.
Néanmoins le glissement négligé jusqu’à maintenant va diminuer l’angle dont tourne la tar- tine dans sa chute ; un glissement précoce :
• diminuera la vitesse de rotation,
• diminuera l’altitude du barycentre au moment où il entame sa chute,
• diminuera l’angle initial.
Il est donc tout à fait vraisemblable que la tartine finisse du côté beurré, comme on le constate souvent.
En revanche, dans le cas oùω=ωmax, l’angle de rotation sera environ trois fois plus grand et la tartine pourrait avoir le temps de faire plus d’un tour et demi durant sa chute. Il faut étudier plus en détail pour savoir précisément quel est l’angle moduloπà l’instant du contact.
II.4. (a) Le point le plus bas de la tartine est àzmin=zG−`|sin(θ)|/2.
(b) La tartine tombera du côté beurré si l’angleθest compris entreπ/2et3π/2. On trace la courbe zminen fonction deθdont on étudie l’annulation.
On aura :
0 =zmin=h−g 2
θ−π/2 ω0
2
− ` 2|sin(θ)|
0 = 1− g
2ω02h(θ−π/2)2− `
2h|sin(θ)|.
On a tracé ci-contre cette courbe pour les pa- ramètres du problème et différentes valeurs de l’angle de décollement. Sur ces exemples la tar- tine tombera du côté beurré pour les décollement intervenant en 0,4πet 0,3π.
0,5 1 1,5 2
0,5 1
beurré
θ/π
zmin/h π/2
0,4×π 0,3×π
III Contact avec le sol
III.1. • On utilise la loi de la quantité de mouvement. Pendant le choc la tartine est soumise à son poids et à la force de contact avec le sol. Le choc étant ponctuel, on peut négliger l’effet du poids sur la quantité de mouvement pendant la durée du choc. En revanche rien ne permet de conclure que l’effet de la force de contact sera lui aussi nul puisqu’elle peut être infinie dans l’hypothèse où le choc est ponctuel.
• L’interaction de contact a cependant, quelle que soit son intensité, un moment nul puisqu’elle est modélisable par une force ponctuelle au point de contact si on néglige le frottement de glissement.
• Bien qu’on n’observe pas de déplacement macroscopique au point de contact, le travail de la force de contact n’est pas nul ; le produit d’une force tendant vers l’infini par un déplacement vers0 peut être non nul. Ce travail est évident dans le cas d’un simple point matériel qui s’immobilise lors d’un impact sur un support immobile.
III.2. On utilise la conservation du moment cinétiquepar rapport au pointC,σ/Cau cours de l’impact. On ne connaît pour l’instant que celui autour deG,σ/G. L’énoncé ne permettait malheureusement pas de calculerσ/Cmais on peut montrer (voir ici) que :
#»σ/C=#»σ/G+CG# »∧m#»vG.
On peut comprendre ce théorème comme la décomposition du moment cinétique par rapport àCen une somme du moment cinétique lié au mouvement du centre de l’ensemble par rapport àCet du moment cinétique lié à la rotation propre de la tartine sur elle même.
La vitesse du centre de masse de la tartine au moment de l’impact est, selon les relations habituelles d’une chute libre
#»vGc=−rω0e# »x−gtze#»z
Comme on l’a vu précédemment, l’instant de contact dépend finement de l’angle dont a tourné la tartine au cours du choc mais on pourra prendre, pour estimer la vitesse verticale, sa valeur pour une chute de hauteurh−`/2.
La conservation du moment cinétique au cours de la chute assure queσGest toujours égal àJr=0ω0. On peut alors calculer :
σ/C=Jr=0ω0+mgtz`sin(α)
2 −m`rω0cos(α) 2
Sa conservation au cours du choc, s’écrit, en notantω0la vitesse de rotation après le choc :
σ/C=Jr=`/2ω0. (5)
III.3. On écrit comme précédemment la conservation de l’énergie mécanique lors de la rotation autour de
∆cen contact avec le sol. Le barycentre chute de`cos(αc)/2avant d’atteindre le sol et on a donc, en notantωfla vitesse de rotation quand la tartine atteint l’horizontale :
1
2Jr=`/2ω2f =1
2Jr=`/2ω2c+mg`cos(αc)
2 →ωf2=ω20
16+3gcos(αc)
` =3g
` r
2`+cos(αc) .
Correction du problème 2
I Généralités
I.1. La force étant centrale, le moment cinétique enOfixe est conservé. Le mouvement est donc plan puisque la trajectoire est localement dans le plan orthogonal àσ# »/O(M). Dans le plan de la trajectoire, en coor- données polaires, on iraσc=mr2θ.˙
I.2. (a) Pourr=R=cste, la conservation deσ# »/O(M)assureθ˙=cste≡ω: le mouvement est uniforme de vitessev=RωL’accélération radiale en coordonnées polaires est alorsar = ¨r−rθ˙2 = 0−
v2
R. Le point matériel n’étant soumis qu’à la force de gravitationF#» = −Gmma
R2 #»er, le principe fondamental de la dynamique s’écrit alors :−mvR2 =−GmmR2a. On en déduit :
• la vitessev= qGma
R ,
• les énergies cinétiqueEcin=12mv2=Gm2Ram, potentielle−Gmam
R et mécaniqueEm=Ecin+ Epot=−Gmam
2R . (b) On calculev=
qGm
O
RT =30 km·s−1.
(c) À l’infini, l’énergie potentielle est nulle, l’énergie mécanique est alors :Em=Ecin+ 0>0. Comme le système est conservatif, l’énergie est conservée entre le départ de l’orbite terrestre et l’infini, on a donc :Epot(RT) +12mv2>0, soitv=
q2GmO RT =√
2vT=42 km·s−1. Il s’agit de la deuxième vitesse cosmique.
I.3. En utilisant le formalisme de l’énergie potentielle effective, on établit comme en cours, qu’au périastre et à l’apopastre oùr˙= 0:
Em= LO2
2mr2pa−Gmam rpa
= LO2
2mr2aa−Gmam raa
0 =rpa2 Em+Gmmarpa− σ2c
2m =raa2 Em+Gmmaraa− σ2c 2m.
Les longueursrpaetraasont donc les deux racines du trinôme :EmX2+GmmaX−σc2/(2ma)et vérifient donc :rpa+raa=−GmmE a
m , soit :Em=−rGmma
pa+raa. Pour un mouvement circulaire de rayon R, on arpa+raa= 2R, on retrouve bien l’expression précédente.
I.4. (a) On calcule la dérivée, en se rappelant queσ# »/O(M)est constant :
dR#»
dt = d#»v
dt ∧σ# »/O(M) Gmam −d#»er
dt =
F#»
m∧σ# »/O(M)
Gmam −θ˙#»eθ=−Gma
r2 #»er∧mr2θ˙#»ez
Gmam −θ˙#»eθ= ˙θ#»eθ−θ˙#»eθ= 0.
Le vecteurR#»est donc constant.
(b) Le point matériel est dans un état de diffusion, la trajectoire est donc la seule conique permettant d’atteindre l’infini avec une vitesse non nulle, soit une hyperbole. La conservation de l’énergie mé- canique assure que l’énergie cinétique est la même à l’infini que ce soit avant ou après la diffusion : elle vaut de nouveauv0après la diffusion.
(c) Dans le produit vectorielσ# »/O(M) =mOM# »∧v#»0, seule la composante deOM# »orthogonale àv#»0
(le paramètre d’impact) donne une contribution non nulle. On calcule doncσc=mbv0. Quand le point matériel est à l’infini, on a#»er→ −vv#»0
0et donc :R#»=v#»0∧# »Gmσ/O(M)
am +vv#»0
0. Les deux vecteurs v#»0∧σ# »/O(M)etv#»0étant orthogonaux, on calcule :
R2= 1 +
v#»0∧σ# »/O(M) Gmam
2
= 1 + bv20
Gma
2
| {z }
carv#»0⊥# »σ/O(M)
→R= s
1 + bv02
Gma
2
.
Au périastre, on ar˙= 0et la vitesser˙#»er+rθ˙#»eθ=rθ˙#»eθest selon#»eθ. On calcule donc, en notant
# »
vmaxla vitesse en ce point, toujours orthogonale àσ# »/O(M): R#»=vmax#»eθ∧σc#»ez
Gmam −#»er=vmaxσc
Gmam
#»er−#»er=
vmaxσc
Gmam−1 #»er.
En ce point, le vecteurR#» =R#»exest colinéaire à#»er. On en déduit que le vecteur#»exest selon l’axe de symétrie de la trajectoire, comme il était représenté sur le schéma. En notantrmincette distance minimale d’approche, on aσc =mrminvmax(puisqu’en ce pointOM# » ⊥ #»v). On peut calculer vGmmaxaσmc = vGm2maxb
a. On reconnaît dans le quotient Gmba ≡ vb2le carré de la vitesse d’un point matériel en orbite circulaire (donc en état lié) autour deO(I.2). Comme le point matériel est en état de diffusion, on a nécessairementvmax> vb2soitvGmmaxσc
am: le vecteurR#»est dans le même sens que#»erà l’apoastre.
(d) On calcule à l’infini avant la diffusion :
~
v0·R~= 0 + v~0
v0
·v~0=v0. Par ailleurs :
~
v0·R~=v0Rcos(v~0,e# »x) =v0Rcos(π−θ0) =−v0Rcos(θ0).
On a de plus2θ0=π+D, soit :
cosD=cos(2θ0−π) =−cos(2θ0) = 1−2cos2θ0= 1− 2
R2 = 1− 2 1 +
bv20 Gma
2
= bv20
Gma
2
−1
1 + bv20
Gma
2.
On vérifie queb= 0correspond àD=π: le point matériel « rebondit » contre l’astre qu’il allait heurter de plein fouet. Pourb→ ∞, on aD= 0puisque la trajectoire n’est pas déviée par l’astre, tout comme pourv0→ ∞.
II Transfert sans assistance
II.1. Le point d’injection, sur l’orbite terrestre, est l’aphélie dxoe la nouvelle orbite puisque, la direction de la vitesse ne changeant pas, elle demeure orthogonale au rayon vecteur. Pour qu’on puisse atteindre Saturne, l’aphélie doit être à la distanceRS.
Sur l’orbite elliptique, l’énergie est (I.3) :
Em=− GmSm RT+RS
=− GmSm RT
1 +RRS
T
=− mv2T 1 +RS/RT
,
en utilisant l’expression duI.2.
II.2. L’énergie sur l’orbite de transfert est supérieure à celle sur l’orbite terrestre. Comme le gain d’énergie se fait à énergie potentielle constante (la distanceOMne changeant pas pendant l’accélération), on a
∆Ecin= ∆Em, soit : 1
2m v2−v2T
=− mvT2 1 +RS/RT
+1
2mvT2 →(vT+ ∆v)2−vT2 =vT2
1− 2
1 +RS/RT
(vT+ ∆v)2= 2v2T 1 +RT/RS
→∆v=vT
s 2 1 +RT/RS
−1
!
'0,34vT=10,5 km·s−1.
II.3. NotonsRpla distanceOMau périhélie de cette nouvelle orbite.
L’aphélie est toujours sur l’orbite terrestre puisque en ce point la vi- tesse demeure orthogonale au rayon vecteur. L’énergie mécanique sur cette orbite est alors :Em =−RGmOm
T+Rp. Comme on doit avoir Rp 6 RV 6 RT pour croiser l’orbite de Vénus, l’énergie méca- nique est inférieure à celle sur l’orbite terrestre, égale à−Gm2R0m
T .
O RT
RV
Rp
On doit donc diminuer l’énergie mécanique de la sonde pour réaliser le transfert,ieavoir∆v <0. On cherche une orbite pour laquellev=vV ≡q
GmO
RV quandr=RV. Son énergie mécanique est donc la même que sur l’orbite vénusienne :Em=−12mv2V =−mv2R2TRT
V . En écrivant son expression au point d’injection, on a :
1
2m(vT+ ∆v)2−GmOm RT
=−mvT2RT
2RV
→1
2m(vT+ ∆v)2−mv2T=−mv2TRT
2RV
→vT+ ∆v=vT s
2−RT
RV
∆v=−vT 1− s
2−RT
RV
!
' −0,24vT=−7,3 km·s−1.
II.4. Si l’orbite est tangente à celle de Vénus, le périhélie est sur l’orbite Vénusienne. L’énergie est doncEm=
− Gms
RV+RT. On adapte alors le calcul précédent selon : 1
2(vT+ ∆v)2−v2T=− GmS
RV+RT
=− v2T 1 +RRV
T
→∆v=−VT
1− v u u t
2 1 +RRT
V
' −9,3·10−2vT=−2,8 km·s−1. On détermine la vitesse de la sonde à son périhélie en utilisant la conservation du moment cinétique entre l’aphélie et le périhélie. En ces deux points où la vitesse est orthogonale au rayon vecteur, celui-ci s’exprime selonσc =mrv. En notantvfla vitesse au périhélie, on a donc :(vT+ ∆v)RT =RVvf, soit :
vf =vT
RT
RV
s 2RV
RV+RT
=vv
s 2RT
RV+RT
, puisquevv2=GmO RV
→vV2RV =vT2RT.
III Assistance gravitationnelle
III.1. Comme le référentielRaest en translation rectiligne uniforme par rapport àRg, il est galiléen et on peut y appliquer les résultats précédents.
III.2. (a) Par composition des vitesses, on a :v# »0a=v#»0−V#». On en déduit la construction ci-contre.
(b) On construitv# »1acomme représenté ci-contre. On en dé- duit la construction dev#»1=V#»+v# »1a. Dans ce cas parti- culier, on a|v#»1|>|v#»0|, la sonde a bien été accélérée dans Rg.
MA
V#»
α M0
v#»0
# » v0a
# » v1a
M1
D v#»1
(c) La norme|v#»1|sera maximale quandv#»1est colinéaire et de même sens queV#», comme représenté ci-contre. On a alorsv1max = V +v0a. On détermine alors la norme v0adans le triangleCM0MAà l’aide du théorème d’Al- Kashi :v20a = v02+V2−2v0Vcosαet on en déduit :
v1max=V + q
V2+v20−2v0Vcosα. (6)
MA
C V#»
α M0
v#»0
# » v0a
# » v1a
M1
D v#»1
III.3. (a) Pourv= 0, on a immédiatementv1max= 2V. (b) On calcule :
v1max=V 1 +p
2 (1−cosα)
→v1max−V
V =p
2 (1−cosα)'√ 2
s α2
2 =|α|.
III.4. (a) La vitesse de la sonde étant pratiquement égale à celle de Vénus quand elles se rencontrent, on est dans les conditions duIII.3b. On a donc∆v=v1max−vV =p
2 (1−cosα).
Dans le cas limite, l’orbite de Saturne est atteinte avec une vitesse nulle. La conservation de l’éner- gie mécanique entre Vénus et Saturne s’écrit donc :
m(vV+ ∆v)2
2 −GmmO
RV =−GmmO
RS
→(vV+ ∆v)2= 2v2V
1−RV
RS
→∆v=vV
s 2
1−RV
RS
−1
!
On fait l’hypothèse queα1, on a alors∆v/vV 'α, soitα= r
2 1−RV
RS
−1 =0,36 rad= 21°. On vérifie que l’angleαest bien suffisamment petit pour que l’approximation soit légitime (le calcul sans approximation donneα=20,8° au lieu deα=20,9° avec approximation).
(b) Pour le trajet sans assistance, leII.2donne∆v = 10,5 km·s−1. Avec assistance, leII.4donne
∆v=2,8 km·s−1si on peut ajuster l’angle à la valeur calculée à la question précédente et avoir en même tempsv=vVquand la sonde passe à proximité de Vénus. On ne peut cependant pas régler ces deux paramètres indépendamment et il faudra chercher l’injection optimale en considérant l’expression générale (6) dans laquellev0dépendra également des paramètres d’injection.
III.5. (a) D’après l’expression (2), l’énergie mécanique sera pra- tiquement égale à−GmmO
RL . Or cette valeur est celle de l’énergie potentielle à l’apogée de la trajectoire : l’énergie cinétique doit donc y être quasiment nulle.
(b) Comme déterminé auI.2c, la vitesse doit être supérieure à√
2vTquand on se situe à la distanceRTde la Terre.
On est de plus dans la situation duIII.3a. La construction ci-contre montre qu’avec une déviation deπ/2,iequand les satellites partent àπ/4de Vénus, leur vitessev1est exactementv1 = √
2vT : ils auront une vitesse nulle à l’infini.
MA
M0
V#»=v# »T =−v#»0
# » v0b
M1
v#»1
