I. Collisions sans perte d’énergie : le modèle de Hertz

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c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 1/14

Mines Physique 1 PSI 2008 — Corrigé

Ce corrigé est proposé par Emmanuel Loyer (Professeur en CPGE) ; il a été relu par Gabriel Bousquet (ENS Ulm) et Stéphane Ravier (Professeur en CPGE).

Ce problème, consacré à la modélisation des dunes de sable, comporte trois parties.

Il fait appel à différents thèmes du programme des deux années de prépa, notamment la mécanique du point et la physique des ondes.

• La première partie étudie la collision sans perte d’énergie de deux grains de sable. On y tient compte de la déformation élastique des grains de sables au cours du choc.

• La deuxième partie, qui prolonge la première, s’intéresse aux collisions entre grains de sable avec perte d’énergie : la déformation des grains au cours du choc est source de dissipation.

• La troisième partie est complètement indépendante des deux précédentes.

La formation des rides à la surface d’une étendue de sable y est abordée dans le cadre de la physique des ondes : il s’agit notamment d’établir et d’étudier les solutions d’une équation aux dérivées partielles qui régit la hauteur de sable.

Ce problème constitue un ensemble de longueur raisonnable où s’enchaînent des questions de difficulté variable. L’énoncé fournit assez peu de résultats intermé- diaires ; ne pas résoudre certaines questions peut ainsi s’avérer très pénalisant. Notons par ailleurs que certaines questions exigent d’accorder une attention soutenue à la conduite des calculs. Ces derniers sont le plus souvent d’une difficulté technique très raisonnable, mais ils peuvent être longs. Cette approche technique prend parfois le pas sur la compréhension physique des phénomènes mis en jeu.

Remarquons enfin que les deux premières parties ont pu déstabiliser certains candidats, car l’étude des collisions est hors programme. Cependant, la résolution de ces parties ne fait appel qu’aux connaissances du programme en mécanique.

Ces difficultés mises à part, ce problème est l’occasion d’aborder une physique à la fois originale, très concrète, et relativement proche de certains sujets de recherche actuels.

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Indications

Partie I

1 Calculera par le théorème de Pythagore et ne conserver que le terme dominant enδ/R.

2 Établir d’abord une relation entrex¹,x²et δ(comme demandé à la question 3).

Chercher ensuite Epsous la forme suivante :Ep(x¹, x²) = Ep(δ(x¹, x²)), et relier cette énergie potentielle aux forces subies par les billes 1et2. Montrer enfin que

Ep=32π 5 ε δ²√

2 Rδ 5 Le système constitué des deux billes est pseudo-isolé.

7 Utiliser la conservation de l’énergie.

8 Déterminer dδ

dt en fonction deδ, puis séparer les variables pour intégrer.

Partie II

11 La perte d’énergie cinétique est l’opposée de la variation d’énergie cinétique.

Pour la calculer, exprimer d’abordw1etw2en fonction dev1,v2ete(en utilisant la définition deeet le résultat de la question précédente).

12 Montrer que−∆Ec=m 1−e² v².

13 L’énergie dissipée s’écrit en fait comme la somme de deux intégrales.

14 L’expression deδ^′²comporte une erreur ; il faut lire

δ^′²=v² 1−32π√ 2 R 5m v² ε δ⁵^/²

!

Cette relation a été établie à la question 8.

15 Ne pas chercher à simplifier l’expression def.

Partie III

19 On rappelle que la dérivée def(x) = Z x

a

g(u) duest f^′(x) =g(x).

20 Sur les figures (6a) et (6b), l’angleαn’a pas la même valeur, alors que l’énoncé indique queα= 14^◦pour tous les grains (en moyenne). La grandeurNscorrespond à un nombre de grains par unité de surface de la dune et par unité de temps.

21 Noter quetanθ(x, t)est la pente à la courbeh(x, t).

26 Erreur d’énoncé, sans conséquence pour la résolution du problème :|h1| ≪h0. 28 Calculer explicitementvϕ et vg.

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I. Collisions sans perte d’énergie : le modèle de Hertz

1 Les grandeursδ etasont des longueurs ; ainsi,Petεont même dimension : εa la dimension d’une pression.

On peut s’étonner de cette définition de la pression. En effet, il aurait pu sembler naturel de la définir comme le quotient de la force par la surface du méplat, soit

P = Fde

π(a/2)²

Cependant, il convient de conserver la formule proposée par l’énoncé.

R a/2 d δ

En raisonnant sur le schéma ci-contre, le théorème de Pythagore permet d’écrire

R²=d²+a 2

²

avec d= R−δ dont on déduit

a 2 =p

R²−(R−δ)²=√ 2δR

1− δ

2 R ¹/2

En effectuant un développement limité de(1−δ/(2 R))¹^/²à l’ordre0enδ/R, il vient a= 2√

2δR

2 Commençons par déterminer l’expression deFde

Fde= (4π a²)εδ

a = 4π a ε δ

soit Fde= 8π ε δ√

2δR Pour les billes1 et2, on obtient respectivement

−

→F¹=−8π ε δ√

2δRubx et −→

F²= 8π ε δ√ 2δRbux

Par ailleurs, l’énergie potentielleEpdépend des positionsx1 etx2au travers de δ: Ep= Ep(x¹, x²) = Ep(δ(x¹, x²))

avec x2−x1= 2(R−δ) soit δ= R−x2−x1

Les forces exercées sur les billes1 et2 s’en déduisent 2









−→

F¹=−−−→

grad1Ep=−∂Ep

∂x1 ubx=−dEp

dδ

∂δ

∂x1bux=−1 2

dEp

dδ bux

−→

F²=−−−→

grad2Ep=−∂Ep

∂x2 ubx=−dEp

dδ

∂δ

∂x2bux= 1 2

dEp

dδ ubx

Le jury attire l’attention des candidats sur les paramètres par rapport aux- quels on dérive l’énergie potentielle.

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En identifiant les expressions des forces, il vient Fde=1

2 dEp

dδ

Ainsi, dEp

dδ = 16π ε δ√ 2δR qui s’intègre en Ep= 32π

5 ε δ²√

2δR + K

où K est une constante d’intégration arbitraire. Choisissons K = 0; on obtient ainsi une énergie potentielle positive comme demandé. De plus, l’énergie potentielle est nulle pour δ = 0, résultat qui se prolonge lorsque les deux billes ne sont plus en contact. Finalement, on retient

Ep= 32π 5 ε δ²√

2δR

On peut proposer une démonstration alternative de ce résultat. Pour cela, considérons la bille 1, immobile, et amenons la bille2 depuis l’infini jusque dans l’état représenté dans la figure 1. On a alors

δW =−→ F2·−→

dℓ2

Ce travail élémentaire est nul tant que les billes ne sont pas en contact. Quand le contact est réalisé

δW = (Fdeubx)·(−2 dδ^′bux)

car quand δvarie dedδ, la bille 2 s’est déplacée de2 dδ vers les xnégatifs.

Ainsi,

δW =−16π ε δ^′√

2δ^′R dδ^′ d’où, en intégrant pourδ^′ variant de0à δ

W =−32π 5 ε δ²√

2δR Or,W =−∆Ep; en prenantEp= 0 à l’infini, il vient

Ep=32π 5 ε δ²√

2δR

3 De la figure 2 de l’énoncé, on déduit directement la relation x2−x1= 2(R−δ)

qui se dérive enx^′2−x^′1=−2δ^′. Or, dans le référentiel du centre de masse, on a la relation vectorielle

−

→v²=−−→v¹

qui donne en projectionx^′2=−x^′1, d’où x^′1=δ^′

4 L’énergie mécaniqueEmest la somme des énergies cinétiqueEcet potentielleEp. L’énergie cinétique s’écrit

Ec= 1 2m x^′1

2+1 2m x^′2

2=m δ^′²