PCSI 1 - Stanislas DM de PHYSIQUE N◦8 - 20/02/17 - CORRIGÉ A. MARTIN
MÉCANIQUE
d’après TSI 2015
I. Mécanique du vol d’un avion
I.1. Vol en montée 1.
2. Le mouvement étant rectiligne uniforme dans le référentiel terrestre considéré galiléen, la somme des forces est nulle d’après laseconde loi de Newton:
F~m+F~p+F~t+P~=~0 =⇒ Fp=mgcosA (selonGY) et Fm=Ft+mgsinA (selonGX). (les symboles sans flèches sont définis comme des normes dans l’énoncé).
3. La première projection (GY) conduit à la vitesse en norme : v=
s2mgcosA ρSCp . 4. Des deux équations on tire Fm=mgcosA Ct
Cp+ tanA
! .
D’autre partPm=Fmv, donc Pm=Pm0(cosA)32
1 +Cp Ct tanA
avec Pm0=Ct Cp
s2m3g3
ρSCp . En effet on retrouve bienPm=Pm0pourA= 0. On obtientPm= 20 kW.
5. En linéarisant, on obtientPmax≈ Pm0(1 +CCp
tA) d’où A≈Ct Cp
Pmax
Pm0
−1
= 0,050 rad = 2,9◦.
6. Par projection,vz=vsinAd’où vz=
s2mgcosA
ρSCp sinA = 1,3 m.s−1. Remarque : cette valeur semble étonnament faible...
7. On obtient η= Fp
mg= cosA = 1,0. Lorsque l’avion vole quasi horizontalement, le poids est quasi inté- gralement supporté par la portance.
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I.2. Vol en virage
8. On suppose que le cercle est centré en l’origineO.
9. Le mouvement étant circulaire uniforme, l’accélération vaut−vR2~ur. Le Principe Fondamental de la Dy- namique (PFD) s’écrit donc maintenant F~m+F~p+F~t+P~=−mv2
R~ur. 10.On projette cette équation le long des trois vecteurs de la base cylindrique :
(~ur) : Fpsin Φ =mv2
R , (~uθ) : Fm=Ft et (~uz) : Fpcos Φ =mg . En faisant le quotient de la première et la dernière équation, on obtient R= v2
gtan Φ. 11.Cette fois on a η= Fp
mg= 1 cos Φ.
12.On a donc un angle maximal Φmaxtel que cos Φmax= η1
max, donc un rayon minimalRmin=gtan Φv2
max. Comme tan Φmax=qcos21Φ
max−1, on obtient finalement Rmin= v2 gpη2max−1.
II. Étude mécanique d’un accéléromètre
Mise en équation
13.T~=T~1+T~2=−k(`1−`0)~ux+k(`2−`0)~ux=−k(`1−`2)~ux. SiX= 0, les ressorts ont une longueur
`1 = `2 = L2 −d2, en notantdla distance entre les points d’attache sur la masse mobile. Donc plus généralement on a`1=L2−d2+Xet`2=L2−d2−X. Finalement`1−`2= 2Xet donc T~=−2k X ~ux. 14.On se place dans le référentiel du laboratoireR, supposé galiléen. Le vecteur position du centre d’inertie de la masse est repérée parOC~ = (xB+X)~ux+zC~uz, aveczC= constante. Donc~aC/R= (¨xB+ ¨X)~ux=
~a+ ¨X ~ux. Par ailleurs,F~f=−2f( ˙xC−x˙B)~ux=−2fX ~˙ux.
En l’absence de frottements secs, la réaction du support est normale et donc compense le poids car le mouvement est horizontal :−mg~uz+N~ =~0.
Ceci conduit selon~uxà X¨+ω0
Q
X˙ +ω02X=−a avec ω0= s
2k
m et Q=
√
√mk 2f .
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15. ω0est lapulsation proprede l’oscillateur, c’est-à-dire la pulsation durégime libre harmonique(en l’absence de frottements).
Qest lefacteur de qualitéde l’oscillateur, qui représente :
i) lapropension à préserver son énergieen régime libre, mais aussi
ii) lapropension à résonnerau voisinage de la pulsationω0en régime sinusoïdal forcé.
On a [ω0] = T−1 et [Q] = 1 . Étude de la réponse harmonique
16. L’équation différentielle estlinéaire à coefficients constantsdonc la réponse à un forçage sinusoïdal est sinusoïdale de même pulsation, mais déphasée : X(t) =Xmcos(ωt+ϕ) .
17. Posonsa = amejωt avecam = am, etX = Xmejωt avecXm = Xmejϕ. Puis on passe l’équation différentielle en complexes :
(−ω2+jωω0
Q+ω02)X=−a =⇒ Xm= −am ω20−ω2+jωωQ0 .
18. On a donc H=− 1
1−x2+jQx en posantx=ωω
0. Donc H ∼
x→0−1 et H ∼
x→∞
1 x2 . Ainsi, pour ff0= 1
2π s
2k
m , on a X≈ −a ω20 . 19. Le gain vaut |H|= (1−x2)2+ x2
Q2
!−12
. Par dérivation, on trouve que cette fonction admet un maxi-
mum siQ > √1
2, ce qui est le cas (Q ≈ 5), en la fréquence fr=f0 s
1− 1
2Q2 . Le gain vaut alors
|H|(fr) =Q
1− 1 4Q2
−12
.
20. On obtient f0=fr
1− 1 4Q2
−1
2 = 5,6 kHz et|H|(fr)≈5,0.
L’accéléromètre doit fournir un signal représentatif des accélérations subies. Donc on souhaite l’utiliser dans le domaine des basses fréquencesffr≈f0, c’est-à-diref/500Hz, de telle sorte queson gain soit approximativement indépendant de la fréquence.
21. Une accélération constante correspond à un signal de fréquence nulle. Donc on considère le gain statique : Xm= g
ω02, ce qui conduit à Xm= g 4π2fr2
1− 1
2Q2
= 8×10−9m.
Ce déplacement est extrêmement faible, ce qui implique des techniques de conception mécanique nano- métriques.
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III. BONUS
22.
On note 0xzle plan du mouvement, avec l’axe verti- calOzdirigé vers le haut. On place le centre du bol à l’origine, donc son équation coïncide avec celle de la sphèrex2+y2+z2=R2, dont on considère la sec- tion plane pary= 0. Donc le fond du bol est repéré dans Oxzpar l’équation z=f(x) =−pR2−x2. Cette relation élimine un degré de liberté, il n’en restera donc qu’un seul : choisissonsx.
Le système étant soumis uniquement à son poids et à la réaction normale du bol, il estconservatif, avec pour énergie mécanique :
Em=Ec+Ep=1
2m( ˙x2+ ˙z2) +mgz=1 2m(1 +z˙2
˙
x2) ˙x2+mgf(x) =1
2m(1 +f0(x)2) ˙x2+mgf(x) Laposition d’équilibre stablecorrespond àzminimal, donc àx= 0 etz=−R(on vérifie bien que f0(0) = 0). On développe l’énergie mécanique au voisinage de cette positionx= 0 au premier ordre non nul enx(et ˙x) :
Em≈1
2m(1 +f0(0)2) ˙x2+mg
f(0) +f0(0)x+1 2f00(0)x2
=1
2mx˙2−mgR+mg 2Rx2 carf0(0) = 0 etf00(x) = R2
(R2−x2)√ R2−x2.
Remarque : on peut aussi effectuer un développement limité deEp(x)en utilisant les D.L. usuels, à savoir ici(1 +ε)α≈1 +αεau voisinage de zéro avecε=−Rx22etα=12.
CommeEm= constante, on obtient l’équation du mouvement en dérivant par rapport au temps puis en simplifiant par ˙x:
m¨x+mg
R x= 0⇐⇒ x¨+ω02x= 0 avec ω0= rg
R .
La période des petites oscillations est donc T0= 2π sR
g .
Remarque : on pourrait ici exprimer le problème plus simplement en coordonnées polaires car le mouvement est circulaire (avecθ=(−~\uz;~ux)) :
z=−Rcosθ et ~v=Rθ ~˙uθ donc Em=1
2mR2θ˙2+Ep(θ) avec Ep(θ) =−mgRcosθ . Ceci conduit à l’équation du mouvementθ¨+ω20θ= 0.
Ici l’approche choisie en coordonnées cartésiennes a le mérite d’être générale c’est-à-dire d’être adaptée à l’étude d’un profil de forme quelconque (pas forcément sphérique).
23.Il y a trois paramètres physiques dont dépend le système physique décrit :m,getR. On cherche l’ex- pression deT0 sous la formeT0 =k mαgβRγ, oùk >0 etα,βetγsont des constantes. Par analyse dimensionnelle on obtient :
[T0] = T = Mα(L.T−2)βLγ= MαLβ+γT−2β.
Par identification des puissances, on obtientα= 0,β=−12 etγ=12. D’où finalement une loi du type T0=k
sR g .
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