PCSI 1 - Stanislas DS de PHYSIQUE N◦5 - 24/01/14- durée 3H A. MARTIN
MÉCANIQUE
I. Mouvement d’une masse glissant sur un cylindre
1. On intègre deux fois l’accélération, qui est constante : −−→
OO0(t) =1 2a0t2~ex. 2. Par conservation de la longueur du fil (inextensible), on aOO0=Rθ, d’où θ= a0
2Rt2. 3. On a−−→
OM=−−→
OO0+−−−→ O0M=−−→
OO0+R ~er, d’où x=Rθ+Rcosθ et y=Rsinθ.
4. x(θ) ety(θ) sont des fonctions croissantes deθ sur [0,π2], etθ(t) croît avectde 0 àπ2. Au départ,M a pour coordonnées (x=R, y= 0). Enθ = π2,M a pour coordonnées (x=Rπ2, y=R). La tangente à la courbe est donnée par le vecteur vitesse si celui-ci n’est pas nul. On l’obtient dans la base cartésienne en dérivantxetypar rapport au temps : ~v=Rθ˙[(1−sinθ)~ex+ cosθ ~ey] . On obtient que enθ =π2,
~
v=Rθ ~˙eydoncla tangente à la trajectoire est verticale. Enθ= 0 la vitesse est nulle. Toutefois on peut connaître sa direction asymptotique en cherchant la limite de ses composantes :1−sinθcosθ −→
θ→01. Donc la tangente fait un angle de π4 par rapport à l’horizontale.
Remarque : Ce dernier résultat peut s’obtenir aussi en cherchant la valeur de l’accélération enθ = 0, puisque c’est alors l’accélération qui détermine la direction de la vitesse qui va apparaître.
π 2
R
R x
y R
5. On dénombre trois forces agissant surMdansR:
— Force de pesanteur m~g=−mg(sinθ~er+ cosθ~eθ) .
— Force de réaction du cylindre (normale au support puisqu’on néglige tout frottement) : −→ N=N ~er.
— Force de tension du fil (tangente au fil au point d’accroche) : −→ T =T ~eθ.
Remarque : les deux dernières forces sont a priori inconnues. Elles seront déduites du PFD.
6. On a (faire un dessin) :~ex= cosθ~er−sinθ~eθet~ey= sinθ~er+ cosθ~eθ.
On redérive la vitesse dans la base cartésienne, ce qui mène à~a=R[¨θ(1−sinθ)−θ˙2cosθ]~ex+R[¨θ− θ˙2sinθ]~ey. Après passage dans la base polaire puis simplification, on obtient
~a=R(¨θcosθ−θ˙2)~er+Rθ(1¨ −sinθ)~eθ .
Commeθ=2Ra0t2, on aRθ˙2= 2a0θetRθ¨=a0, d’où ~a=a0(cosθ−2θ)~er+a0(1−sinθ)~eθ. 7. Le PFD s’écritm~a=m~g+−→
N+−→
T. En projection selon~erpuis selon~eθ, on obtient le système
ma0(cosθ−2θ) = −mgsinθ+N ma0(1−sinθ) = −mgcosθ+T
On en déduit N=ma0(cosθ−2θ) +mgsinθ et T=ma0(1−sinθ) +mgcosθ.
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8. Le mobile décolle si et seulement si la réactionNs’annule, donc si il existe une positionθd∈]0,π2] vérifiant f(θd) = cosθd−2θd+ g
a0
sinθd= 0 On étudie rapidement la fonctionf(θ). Sa dérivéef0(θ) =−sinθ+ag
0cosθ−2 est décroissante, continue et vérifief0(π2) =−3. Doncf0(θ) est forcément négative au-delà d’un certainθ0∈[0,π2[, et positive avant.
Doncf(θ) est forcément décroissante au-delà deθ0et croissante avant. Commef(0) = 1 etf(π2) =ag
0−π, on en déduit quef(θ) s’annule si et seulement siag
0−π <0. En conclusion,le mobile ne décolle pas si et seulement si a0≤g
π. On remarque que l’accélération ne doit pas être trop forte, ce à quoi on pouvait s’attendre.
II. La toile de l’araignée
(d’après Mines Ponts PC 2012) 1. Modélisation d’un fil élastique1. Cf cours. SoientM1etM2les deux extrémités, la force exercée sur l’extrémité 2 s’écrit−→
F1→2=−k(`−
`0)~u, avec~u=
−−−−→
M1M2
M1M2. SCHEMA
2. La longueur à vide du ressort global est la somme de celle des ressorts : l0=`0 1+`0 2. En considérant la valeur algébrique de la force exercée sur l’extrémité droite de chaque ressort, on aF1=−k1(`1−`0 1), F2=−k2(`2−`0 2), etF=−k(`1+`2−`0 1−`0 2). D’oùF/k=F1/k1+F2/k2. Or la tension du ressort 1 est égale à la tension du ressort 2, et donc à celle du ressort global :F1=F2=F. Donc après simplification on obtient 1/k= 1/k1+ 1/k2, d’où k= k1k2
k1+k2
. On vérifie facilement quek < k1 etk < k2, doncle ressort global est plus soupleque chacun des deux ressorts 1 et 2.
3. Cette fois la force totale à l’extrémité droite est la somme des forces exercées par chaque ressort. Comme
`1=`2=`, on factorise par`:
F =F1+F2=−k1(`−`0 1)−k2(`−`0 2) =k(`−`0) avec k=k1+k2 et `0=k1`0 1+k2`0 2
k1+k2
.
On constate quek > k1etk > k2doncle ressort global est moins soupleque les ressorts 1 et 2.
4. On peut décomposer un fil élastique en fibres élastiques élémentaires parallèles juxtaposées côte-à-côte.
La raideur globale est donc la somme des raideurs des fibres élémentaires (situation b). Donc la raideur globale est proportionnelle au nombre de fibres constituant la section totale du fil, donc à la sections.
Par ailleurs, on peut aussi subdiviser le fil en petits morceaux élastiques mis bout-à-bout dans le sens de la longueur. Donc la souplesse globale est la somme des souplesses des morceaux (situation a), donc elle est proportionnelle à la longueur du fil`0. Ainsi, la raideur est inversement proportionnelle à`0. La constanteErestante ne dépend nécessairement plus des caractéristiques géométriques du fil, donc elle ne dépend que du matériau.
5. On applique le théorème du centre d’inertie au système {hameçon + poids } à l’équilibre :~0 =−→ F1+−→
F2+−→ P. Par projections selone~xd’une part et selon~eyd’autre part, on obtient le système suivant :
−F1cosα1+F2cosα2 = 0 F1sinα1+F2sinα2 = P En combinant ces deux équations (relations de Cramer... ?) on obtient
F1= cosα2
sin(α1+α2)P et F2= cosα1
sin(α1+α2)P
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6. Les relations du cosinus dans le triangle conduisent à cosα1=`20+`21−`22 2`0`1
et cosα2=`20+`22−`21 2`0`2
. 7. Sachant que les longueurs`1et`2sont mesurées, et les forcesF1etF2en sont déduites, il reste à écrire
la loi de Hooke pour déterminer la raideur des filski = Es`
0i = 1/(x`0i) aveci= 1,2, pour en déduire x. On a doncF1 = (`1−`0 1)/(x`0 1) = (`1/`0 1−1)/xetF2 = (`2/`0 2−1)/x. Les longueurs`0 1 et
`0 2 n’étant pas données, on doit utiliser le fait que`0 =`0 1+`0 2 pour contraindrex. Ceci conduit à
`0=`1/(1 +F1x) +`2/(1 +F2x). Après réarrangement on obtient le trinôme proposé avec les constantes indiquées.
8. On choisit pour xl’unique solution positive : x=−b+√ b2−4ac
2a , que l’on inverse pour trouver Es (dans la même unité que les forces). En suivant les instructions de l’énoncé, on obtient :
α1= 25,6◦ , α2= 15,8◦ , F1= 3,98 mN , F2= 3,73 mN et Es= 58,6 mN. 9. [E] = [k].[`0]/[s] = [F1]/[`0].L−1=M.L.T−2.L−2, d’où [E] =M.L−1.T−2. Il s’agit de la dimension d’une
force par unité de surface, donc d’une pression. On peut donc choisir l’unitéPascal (Pa).
On commence par évaluer la moyenne arithmétique deEs:Es≈56,1 mN. Ceci conduit à E= Es πr20 ≈ 714 MPa.
Puis on construit une incertitude-type de type A (de niveau de confiance 68%), en évaluant l’écart-type deEs: ∆A(Es) =σ5(Es) = 8,5 mN. Par différenciation logarithmique, on adEE =d(Es)Es −2drr0
0, d’où en passant aux incertitudes :
∆E E =
s ∆(Es)
Es 2
+ 4 ∆r0
r0 2
≈18 %,
en prenant ∆r0= 0,25µm. Ceci conduit à une incertitude de ∆E≈1.102MPa. Compte tenu de l’incer- titude, le résultat obtenu s’écrit finalement E= 7.102±1 MPa .
Remarque : pour information, cette valeur est de l’ordre de 5 fois plus faible que pour un fil de Nylon.
2. Oscillations de la toile complète
10. La transformation géométrique qui permet de passer de la toile en forme de cône à la toile plane au repos est une projection orthogonale sur le plan horizontal. Les fils circulaires formant des cercles horizontaux sur le cône,ils sont de même tailleque leur image. Leur longueur est donc toujours lc=l0c= 2πrp. Par contre, les fils radiaux sont étirés, et vérifient lr= R
sinα.
11. On applique le Principe Fondamental de la Dynamique (PFD) à l’insecte dans le référentiel terrestre supposé galiléen. Il subit sont poidsm~g= −mg~ez, et la force de chaque fil radial. Par symétrie les N fils exercent tous la même force en norme, dont la projection verticale vaut `Es
0r(`r−`0r) cosα = Es(``r
0r−1) cosα=Es(RsinRα−1) cosα. En multipliant parN cette force, on obtient donc selonz: d2z
dt2+g=N Es
m f(α) avec f(α) = 1
sinα−1
cosα .
12. La position d’équilibre est obtenue pour d2z
dt2 = 0, donc vérifie f(α0) = mg N Es.
Commeh(α0)<0, le comportement eststableet l’équation approchée est celle d’unoscillateur har- monique, de pulsationq−Rgh(α0). La période des oscillations est donc T= 2π
s
− R
g h(α0) ≈0,60 s.
Cette périodedépend de la massede l’insecte via la valeur deα0.
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