Problèmes de dynamique du point, avec énergie

Problèmes de dynamique du point, avec énergie

I₃₅.

Dans le plan horizontal ⁽ d'un référentiel galiléen ^R, un mobile modélisé par un point matériel de masse m est astreint à se déplacer sur le cercle de centre O et de rayon b (figure 1). L'équation horaire du mouvement est :

où est une constante positive, A est le point du cercle situé sur le demi-axe positif Ox et

)

s =AP =b t xOy P

p ln(1+ω ) ω

[0, [

t ∈ +∞

)

= t =

v P R

= est le temps.

1. Calculer la vitesse v de P à la date t en fonction de la seule variable s et des constantes du problème.

2. En déduire la vitesse initiale v₀ v( 0 .

3. Calculer en fonction de s et des seuls paramètres b et v les composantes tangentielle a et normale a du vecteur accélération de P par rapport à R exprimées dans la base de Frenet.

0

T N

4. Indiquer si le mouvement est uniformément décéléré, uniformément accéléré, accéléré ou décéléré.

5. L'hodographe du mouvement de pôle O est l'ensemble des points N tels que ONJJJG G( / )

si v P RG( / ) est le vecteur vitesse de P par rapport à R. Soient r et les coordonnées polaires de . Déterminer l'équation polaire de l'hodographe.

θ N

6. Dessiner l'hodographe.

7. Donner l'expression en fonction de v de FG =F , si FG

est la résultante des forces appliquées à P.

8. Calculer en radian l'angle α=^{( , ( / ))F v P R}G G .

9. Calculer en fonction de ^s et des paramètres ^m, ^b et v0 le travail ^W de FG

pendant l'intervalle de temps ^{[0, ]t} . 10. En déduire le travail total ^WT de FG

au cours du mouvement pendant l'intervalle de temps ^[0,+∞^[ . II52. A la fête foraine.

g = 9,8 m s^–2.

Dans un stand de fête foraine, on peut tester sa force en agissant sur un chariot (M) de masse m = 5 kg mobile sur des rails ABC situés dans un plan vertical. La partie AB de ces rails est rectiligne e horizontale et a pour longueur AB = 3,5 m ; la partie BC est un arc de cercle de rayon R = 10 m tangent en B à AB. (M) est initia immobile en A. Un joueur exerce sur (M) une force de composante

parallèle aux rails F constante et lâche (M) quand il parvient en B. Le chariot monte jusqu’en J, situé h = 2,5 m au dessus de AB., s’y arrête et repart en arrière.

A B h

C

I O

(M) J h’

t lement

A.

On suppose (M) mobile sans frottement.

1) Calculer la vitesse de (M) en B.

2) Calculer F.

3) Soit I le point de l’arc BC d’altitude au dessus de AB égale à h’ = 1,25 m. Calculer l’angle θ’ = (OB,OI).

4) Calculer la vitesse avec laquelle le chariot passe à l’aller en I. _G

5) Quelle force R les rails exercent-ils sur (M) au passage en I (direction et sens à indiquer par un dessin, module à calculer).

6) Expliquer pourquoi le chariot, une fois arrivé en J, n’y reste pas immobile.

7) Montrer que sa vitesse en un point quelconque de l’arc BJ est en module la même à l’aller et au retour.

8) Comparer la durée des trajets BJ et JB.

9) Comparer la durée des trajets AB et BA.

B.

En réalité, il y a frottement entre (M) et les rails et (M) s’arrête au retour en B. On suppose le module Ff de la force de frottement constant tout le long du trajet ABJB.

1) Calculer Ff et F.

2) Comparer les valeurs prises par la vitesse en un point quelconque de l’arc BJ à l’aller et au retour.

3) Comparer la durée des trajets BJ et JB.

O

C

A (M)

B K h’’

C.

Un autre joueur exerce sur le chariot une force plus faible, si bien que le chariot s’arrête en K, situé h” = 0,5 mètre au dessus du niveau de AB et y reste. Comparer la force motrice à la position J de la partie B et à la position K de la partie C et justifier la différence des

comportements du chariot.

III19.

A.

Un mobile de masse M et de vitesse VG

se meut dans un gaz au repos de masse volumique ρ formé de molécules de masse m’ et de concentration n (rapport du nombre de molécules au volume). On considère qu’il se produit une suite de chocs parfaitement mous entre le mobile et les molécules du gaz ; avant le choc, chaque molécule est au repos ; après le choc, la vitesse relative de la molécule par

rapport au mobile est nulle. Ultérieurement, les molécules adsorbées par le mobile sont désorbées ; on admettra qu’elles le sont avec une vitesse relative négligeable, de sorte que cette désorption ne produit qu’un effet négligeable.

V G

S

1) Montrer qu’un choc fait varier la quantité de mouvement du mobile de ∆pG =−m V' G .

2) Soit S le maître-couple du mobile, c’est à dire l’aire de sa projection sur le plan perpendiculaire à VG

. Montrer que le nombre de molécules heurtant le mobile pendant le temps dt est dN = nSVdt. Ce nombre dépend-il de la forme du mobile ?

3) En déduire que la force exercée par le gaz sur le mobile est si le sens positif est celui de la vitesse du mobile et k une constante à déterminer. Dépend-elle de la forme du mobile ?

F =− ρk SV2

4) Cette loi de force est vérifiée dans le cas d’un satellite freiné par la haute atmosphère terrestre. Par contre, dans les conditions usuelles de pression, sous 1 bar, avec des vitesses et des dimensions du mobile pas trop petites, la force est donnée par F =−¹₂C S_xρ V², où Cx est un coefficient, appelé coefficient de traînée, indépendant de ρ, S et V, mais dépendant de la forme du mobile et du caractère rugueux ou lisse de sa surface. Expliquer en quoi les hypothèses qui sont la base du modèle exposé précédemment sont mieux adaptées au mouvement d’un satellite dans la haute atmosphère qu’au mouvement d’une automobile ou d’un avion dans les conditions usuelles.

B.

Un véhicule spatial de masse m , de maître-couple S et de coefficient de traînée Cx = 2 revient sur Terre avec une vitesse v1 faisant un angle α avec la verticale. Durant la traversée de l’atmosphère, on néglige son poids devant la résistance de l’air et on néglige aussi la courbure de la surface terrestre. La masse volumique ρ de l’air dépend de l’altitude z selon ρ = ρ0.e^–z/h où ρ0 = 1,2 kg.m^–3 et h = 6700 m.

1) A quelle condition qualitative sur α est-il raisonnable de négliger la courbure de la surface terrestre ? 2) Quelle est la trajectoire du véhicule spatial ?

3) Ecrire le théorème de l’énergie cinétique pour une petite variation d’altitude dz. En déduire la loi donnant la vitesse en fonction de l’altitude.

4) Exprimer l’accélération en fonction de l’altitude.

5) A quelle altitude l’accélération est-elle maximale ? Discuter selon la valeur de

0

cos 2 m

Sh α ρ . C.

Une bille d’acier de masse volumique µ = 7800 kg.m^–3, de rayon r = 0,02 m et de coefficient de traînée Cx = 0,45 se meut verticalement dans l’air de masse volumique ρ = 1,2 kg.m^–3. La pesanteur est : g = 9,8 m.s^–2.

1) Il existe une vitesse particulière w, dite vitesse limite, telle que si on lance la bille vers le bas à cette vitesse, la vitesse de la bille reste constante ; calculer w. Que se passe-t-il selon que la vitesse de la bille est inférieure ou supérieure à w ?

2) A présent, on lâche la bille avec une vitesse nulle à l’instant 0.

a) Exprimer l’instant t en fonction de la vitesse v et de w et g.

b) Exprimer la hauteur de chute x en fonction de v, w et g. On donne :

2 2

2ln 1

dx a a x

a x x

a

= +

− −

∫

^et

∫

_ax^xdx2 _+b ⁼₂¹_a^{lnax2 +b} (a,b constantes).

c) Que devient v quand t tend vers l’infini ? d) A.N. : v = w/2 ; calculer t, x et 2x₂

gt . Commenter ce dernier résultat.

IV. Le tir vers la Lune selon Jules Verne (mines de Douai 1976).

Les romans de Jules Verne"De la Terre à la Lune" et "Autour de la Lune" racontent l'envoi d'un obus vers la Lune. Il est lancé par un canon vertical. A la sortie du canon, la vitesse de l'obus est , mais l'atmosphère le freine et ramène sa vitesse à . Ce problème se propose de discuter des données utilisées par Jules Verne.

0 16, 5 km .s 1

v = ⁻

1 11km .s 1

v = ⁻

A₈₀. Le théorème de l'énergie cinétique.

Un mobile de masse m se déplace sur une droite sous l'action d'une force F ; son abscisse est x, sa vitesse V, toutes ces grandeurs étant comptées algébriquement dans le même sens. Démontrer le théorème de l'énergie cinétique, celui-ci étant énoncé sous la forme : ^d

(

¹₂^mv2

)

^=Fdx

B₅₁. La vitesse de lancement.

Dans les parties B et C, l'on néglige le freinage dû à l’atmosphère.

1) Soit G la constante de la gravitation, M la masse d’un astre sphérique fixe de centre O, x la distance à son centre d’un point matériel P de masse m mobile sur une droite passant par O à l’extérieur de l’astre. Calculer la force subie par P dans le champ de l’astre. Un astre sphérique crée à l’extérieur la même force que si toute sa masse était concentrée en son centre.

=OP

2) Exprimer la constante G en fonction de l'accélération de la pesanteur sur la surface terrestre g, de la masse de la Terre M , et du rayon terrestre r.

3) Quelle est la relation entre la vitesse de lancement d'un projectile depuis la surface terrestre, et sa vitesse v à l'infini.

v1 _∞

4) En déduire la vitesse minimale de lancement d'un obus depuis la Terre pour qu'il échappe à l'attraction terrestre.

C₂₂. Vitesse de l'obus en un point quelconque.

1) La Terre et la Lune sont immobiles dans un référentiel galiléen ; l'obus de masse se déplace suivant la droite joignant leurs centres. Exprimer en fonction de la distance d du centre de la Terre au centre de la Lune, de la distance

de l'obus au centre de la Terre, du rapport des masses de la Lune et de la Terre, de g, de m et de r : m

x M′/M

a) la force appliquée à l'obus

b) la quantité ¹2

(

v² −v1²

)

, où est la vitesse à la distance v x et v₁la vitesse de lancement.

2) (question difficile) La formule obtenue est celle donnée par Jules Verne. Quelles critiques peut-on adresser au modèle utilisé et en quoi la formule obtenue est-elle fausse ?

D20. La question des poudres.

L'obus est lancé de la Terre par un canon vertical de section S. Jules Verne semble estimer qu'une quantité illimitée de poudre permet d'obtenir une vitesse illimitée. Pour montrer qu'il n'en est rien, considérons le modèle naïf suivant.

1.a) A un instant donné, la masse volumique des gaz issus de l’explosion est uniforme entre le fond du canon et l’obus situé à une hauteur L au dessus du fond. Exprimer en fonction de la masse de la poudre m , de et de L.

ρ′

ρ′ ′ S

1.b) Calculer la masse dm′ des gaz situés à une distance du fond du canon comprise entre z et z +dz. 1.c) Calculer leur vitesse v en supposant que, la vitesse de l'obus dans le canon étant v, la vitesse des gaz varie linéairement entre en bas du canon et v près de l'obus.

′ 0

1.d) En déduire l’énergie cinétique de cette tranche de gaz.

1.e) Montrer que l'énergie cinétique totale des gaz et de l'obus est ^{E =1}₂(^{m +m′/ 3})^v2, où m est la masse de l'obus et m′ celle de la poudre.

2) Cette énergie cinétique est tirée de l'énergie chimique d'une poudre. Quelle est la fonction de m, m et v qui prend la même valeur pour divers canons utilisant la même poudre avec le même rendement ?

′

3) Un canon cité par Jules Verne, la Columbiad Rodman, utilise de poudre pour lancer un boulet de masse à la vitesse . Si le canon de Jules VERNE était comparable, exprimer la vitesse avec laquelle il lancerait l'obus sous l'action d'une quantité de poudre illimitée.

2 72 kg m′ =

2 500 kg

m = v₂ =700 m .s⁻¹

E11 - Freinage de l'obus par l'atmosphère.

La force F^G de freinage de l'obus par l'atmosphère vaut F = ¹₂C S Vx ρ ², où est un coefficient numérique sans dimension caractérisant l'aérodynamisme de la forme de l'obus, la masse volumique de l'air, dépend de l'altitude z ,

la vitesse de l'obus et S l’aire de la projection de l'obus sur un plan perpendiculaire à sa vitesse.

Cx

ρ v

1) En estimant l’épaisseur de l’atmosphère à 10 km, évaluer numériquement l’ordre de grandeur de l’accélération de l’obus pendant cette traversée. En déduire si le poids de l'obus est négligeable devant la résistance de l'air.

dv dz

3) Considérons une colonne d’air verticale de section S horizontale et allant du sol ( ) à haute altitude

(z ).

0 z =

= +∞

3.a) Montrer que sa masse est ^{( )} . M =S

∫

0^+∞ρ z dz

3.b) En écrivant son équilibre sous l’action des forces de pression et du poids, montrer que , où est la pression atmosphérique au sol (la pression est le rapport de la force à la surface sur laquelle elle s’exerce) et l’accélération de la pesanteur.

( ) 0

0^+∞ρ z dz = p /g

∫

0 10 Pa5

p =

10 m .s 2

g = ⁻

3.c) En déduire une expression de en fonction de la vitesse de départ, de la vitesse après traversée de l'atmosphère et des autres données du problème.

Cx v₀ v₁

Réponses

I. 1) ^{v =bωexp}

(

^−s_b

)

^{; 2) v0 =bω ; 3) aT =−v}_b^02exp

( )

⁻²_b^{s ;}

(

02 2

N exp a v

= b −_b^s

)

; 4) décéléré ; 5) ^{v =v0exp}

(

^{− θ −}

(

₂^π

))

; 6) spirale logarithmique qui part en haut de vG0

pour aboutir en bas à ⁰ G

; 7)

2 2 F mv

= b ; 8) ³

4 α= π ; 9) ^{W =1}₂^mv02⎡⎢_⎣^exp

( )

⁻²_b^{s −1⎤⎥}_⎦ ^{; 10) WT =−1}₂^mv20.

II.

A. 1) vB = ²gh =^{7 m}/s ; 2) ^{F mgh 35 N}

= AB = ; 3) ;

4)

28, 96 (0, 505 rad) θ′= °

( )

2 4, 95 m

I = h−h′ = /s =55,1N = =

v g ; 5) R ; 8) égales ; 9) t_AB 1s ; tBA 0, 5 s.

B. 1) F^{f mgh}p 16, 9 N

= BJ =

; p1 2

87 N gh BJ AB

⎛ ⎞⎟

= ⎜⎜⎜⎝ + ⎟⎟⎠=

θ′′ =

F m ; 2) vitesse au retour plus faible ; 3) durée du retour plus grande.

C. Force motrice en K :mgsin 15, 3 N, qui ne peut vaincre le frottement (16,9 N) ; force motrice en J : 32,4 N.

III.

B. 1) α non trop proche de π/ 2 ; 2) une droite ; 3) ^{mv 2}_cos^{dz 1exp}

(

⁰_cos^{Sh exp}

( )

^z

)

^;

4)

dv Sv v v

m h

=ρ = ρ −

α α

( ( ) )

0 12 2 0

exp exp

cos

Sv z h z

a ; 5) deux cas : si

m h m h

ρ ρ

= − − −

α ₀

cos 1

2 m

Sh α ≥

ρ , z =0 ; sinon 2 0

ln cos

m

z h Sh .

m

= ρ

α

C. 1) 2 ¹

86, 9 m.s

x

w mg ; 2.a)

C S

= = −

ρ ln

2

w w v

t ; 2.b)

g w v

= +

−

2 2

ln 1 2

2

w v

x ; 2.c) v w ;

2.d)

g w

⎛ ⎞⎟

=− ⎜⎜⎜⎜⎝ − ⎟⎟⎟⎠ →

ln 3 4, 87 s 2

t w ,

= g = ² 4

ln 111m

2 3

x w et

= g = 2₂

0, 9534 x

gt = voisin de 1.

IV. B. 1) GMm₂

F ; 2)

=− x gr²

G ; 3)

= M ¹_{2 1}² GMm ¹₂ ²

mv mv

r ^∞

− = ; 4) _1min 2

2 11km

GM r /s

= r = =

v g ;

C. 1) a) ² 1₂ 1 ₂

( )

F mgr M ; b)

x M d x

⎡ ′ ⎤

⎢ ⎥

= − +

⎢ − ⎥

⎣ ⎦ ^{12(v2 −v12)=gr2⎡⎢}_⎢⎣¹_x ⁻_r^1+M_{M d}^′

(

₋¹_x ⁻_d−¹_r

)

^⎤⎥_⎥⎦ ; D. 1.a) m SL

′ ′

ρ = ;

1.b) m dz

dm ; 1.c)

L

′ = ′ vz

v ; 1.d)

′= L ^{2 2}₃

c m z dz2

dE ; 1.e)

SL

′ = ′ 1 ²

c 6

E′ = m′v ; 2) (1/ 3+m m v/ ′) ; 3)

2

2 2

2

1 3m 3270

m m/s

= + ′ =

v v ; E. 1)

2 2

0 1 8000 m .s 2

2 v v

a h

− −

= = ; 2) ( )

2 dv x

; 3.c)

C S z dz v =− m ρ

0

0 1

2 ln

x mg v

C .

p S v

=

Corrigé

NG TG

vG

θ

aG aGN

aGT

I.

1) ^{v =ds}_dt ⁼₁₊^bω_ωt ^=bωexp

( )

^−s_b ^.

2) v₀ =bω.

3) ^aT =^dvdt =^v0×−b dt^1dsexp

( )

−^sb =−^vb^20exp

( )

−²b^s .

( )

2 2

0 2

N exp

v v s

a = b = b −b .

4) Comme , le mouvement est décéléré ; comme varie, il n’est pas uniformément décéléré.

T 0

a < a_T

5) Comme la trajectoire est un cercle, ^{s =b}

(

^{θ −π}₂

)

^{. D’où}

( )

( )

0exp

v =v − θ −π2 .

6) L’hodographe est la spirale logarithmique dessinée à gauche qui part en haut de v^G₀ pour aboutir en bas à 0^G.

7)

2 2 2 2

N T

F ma F m a a mv

= = + = b

G G

.

8) 3

4 α= π.

9) ^{W = 1}₂^{mv2 −1}₂^{mv02 =}₂^1mv20⎡⎢_⎣^exp

( )

⁻²_b^{s −1⎤⎥}_⎦^.

10) 1 ₀²

T 2

W =− mv . II.

A.

1) Appliquons le théorème de l’énergie cinétique pour l’aller, entre B et J :

1 2

0−2mv_B =−mgh ⇒v_B = 2gh =7 m/s.

2) Appliquons le théorème de l’énergie cinétique pour l’aller, entre A et B :

2

12 _B 0 . mgh 35

mv F AB F

− = ⇒ = AB = N.

3) cos R h 0, 875 28, 96 (0, 505 rad). R

− ′

′ ′

θ = = ⇒ θ = °

4) Appliquons le théorème de l’énergie cinétique pour l’aller, entre I et J :

( ) ( )

2 12

0− mv_I =−mg h−h′ ⇒v_I = 2g h−h′ =4, 95 m/s. 5) Projetons la loi fondamentale de la dynamique G +mgG =maG

R sur la normale à la

trajectoire :

2 5 4, 952

cos 5 9, 8 0, 875 55,1N

10 mvI

mg R

′ ×

= θ + = × × + =

R

RG

mgG I 6) Comme en J la force totale G+mgG

R a une composante tangentielle non nulle, le mobile n’est pas en équilibre en J.

7) Soit M un point quelconque de l’arc BJ. Le théorème de l’énergie cinétique appliqué entre les deux passages du mobile par M montre que l’énergie cinétique est la même lors de ces deux passages, car la réaction ne travaille pas et le travail du poids est nul. Donc la vitesse a même module à l’aller et au retour.

8) Les durées de l’aller et du retour sont égales, car égales à ds

∫

v , où la vitesse v est la même en chaque point d’abscisse curviligne s.

9) Comme la force est constante à l’aller, l’accélération est constante :

2 BA

1 2 3, 5

1s ; t 0, 5 s

2 ^{AB AB} _B 7

F mAB BA

AB t t

m F v

= ⇒ = = = = =

B.

1) Appliquons le théorème de l’énergie cinétique au retour entre J et B, puis pour le trajet complet :

p p

p

(

p

)

_p

f

0 0 . cos 0, 75 0, 72 rad 41, 41 7,23 m

F 16, 9 N

1 2 1 2

0 0 . . 2 5 9, 8 2, 5 87 N

7,23 3, 5

f

f

R h

mgh F BJ BJ R

R mgh

BJ

F AB F AB BJ F mgh BJ AB

− = − α= − = α= = ° = α=

= =

⎛ ⎞⎟ ⎛ ⎞⎟

⎜ ⎜

− = − + ⇒ = ⎜⎜⎝ + ⎟⎟⎠= × × ×⎜⎜⎝ + ⎟⎟⎠=

2) Appliquons le théorème de l’énergie cinétique entre les deux passages par un point P de l’arc BJ. Le travail du poids est nul et celui du frottement est négatif, donc la vitesse a diminué : la vitesse au retour est plus faible qu’à l’aller.

3) Chaque petite partie de BJ est parcourue en un temps plus long au retour qu’à l’aller, puisque la vitesse est plus faible. Donc la durée ds

∫

v du retour est plus grande que celle de l’aller.

K B K

θ′′

C.

cos R h 0, 95

R

− ′′

θ′′ = = . La force motrice en K est mgsinθ′′ = ×5 9, 8 1−0, 95² =15, 3 N, qui ne peut vaincre le frottement. Il faudrait une force supérieure à 16,9 N pour mettre en

mouvement le mobile. Le même calcul pour l’arrêt en J donne une force motrice de 32,4 N, ce qui explique que le mobile ne reste pas en J.

III.

A.

1) Soit VG′

la vitesse commune au véhicule et à la molécule après l’absorption de cette dernière.

La quantité de mouvement est conservée par le choc : ^{MV 0} (^{M m V}) ^{V MV}

M m

′ ′ ′

+ = + ⇒ =

+ ′

G G G G G

.

Ensuite , la molécule est désorbée, c’est-à-dire quitte la surface du véhicule spatial ; la contribution de la désorption à la variation de la quantité de mouvement est plus faible, car la vitesse relative à laquelle est émise la molécule est bien inférieure à V ; la quantité de mouvement a varié en définitive essentiellement de

MV Mm V

p MV′ −MV M V

M m M m

⎛ ⎞⎟ ′

⎜ ⎟

∆ = = ⎜⎜⎜⎝ + ′− ⎟⎟⎟⎠=− + ′

G G

G G G

G , soit ∆pG −m V′G

car m^′M.

2) Pendant dt, le véhicule parcourt Vdt et balaie le volume

∫∫

VdtdS =SVdt. Le nombre de chocs est égal au nombre des molécules situées dans ce volume, soit nSVdt. Ce nombre ne dépend pas de la forme du mobile.

3) dp dN p ^nSVdt

(

^{m V}

)

F nm SVV

dt dt dt

− ′

∆ ′

= = = =−

G G G

G G

′=ρ V

. Or nm . D’où F =−ρSV G

, de la forme de la formule proposée, avec k =1, soit C = . Cette force ne dépend pas de la forme du mobile.

5 km.s⁻

x 2

4) Il y a deux différences entre le mouvement d’un véhicule spatial dans la haute atmosphère et les mouvements usuels.

Dans la haute atmosphère, les molécules sont très écartées et se meuvent indépendamment les unes des autres, conformément au modèle proposé. Aux conditions de pression usuelle, les molécules interagissent et ont un

comportement collectif par rapport au mobile, ce qui leur permet de ne pas le heurter et fait que le coefficient de traînée est bien inférieur et éventuellement dépend de la rugosité de la surface.

Cx

Les calculs des questions 1 et 2 ne sont valables que dans le référentiel où la molécule est immobile. En raison de l’agitation thermique, ce référentiel est différent pour chaque molécule et la vitesse à considérer est la vitesse relative du véhicule par rapport à la molécule. En pratique, les vitesses d’agitation des molécules sont de l’ordre de 0, , tandis que celle du véhicule est de l’ordre de : le véhicule spatial se meut à une vitesse très supérieure à la vitesse d’agitation thermique des molécules, la variation de vitesse est grande lors de l’absorption d’une molécule et petite lors de la désorption et le calcul proposé est approximativement valable, bien qu’en toute rigueur il suppose les molécules immobiles avant le choc et de vitesse voisine du véhicule après le choc.

1

8 km.s⁻1

cas où il faut tenir compte de la courbure terrestre

B.

1) Comme l’épaisseur de l’atmosphère est très petite par rapport au rayon terrestre (la pression est divisée par 3 à l’altitude de l’Everest), on peut négliger la courbure de la surface terrestre si α n’est pas trop proche de π/ 2.

2) Comme on néglige le poids, la force totale est parallèle à la vitesse et la trajectoire du véhicule spatial est une droite.

Dans la réalité, est voisin de 90° et il faut au contraire tenir compte de la rotondité de la Terre et du poids, ce qui rend le problème plus compliqué. On peut peut-être espérer que ces deux effets s’annulent, car ils jouent en sens contraire.

α

En outre C_x dépend de la densité de l’atmosphère et n’est pas une constante.

3)

( ) ^{( )}

( ) ( ) ( )

( ( ) )

1

2 2 2

0 0

0

0 1

1 0

1 exp

2 cos

cos exp cos exp

ln exp

cos

exp exp

cos

v z

v

dz z dz

mvdv d mv F dr Sv ds Sv Sv

h

dv S z

v m h dz

dv S z

v m h dz

v Sh z

v m h

Sh z

v v

m h

∞

= = ⋅ =−ρ =ρ =ρ −

α α

= ρ −

α

= ρ −

α

= ρ −

α

= ρ −

α

∫ ∫

2

cos G JJG

.

4) En module, ^{a =}_m^{F =ρSv}_m^{2 = ρ0}_m^{Sv12 exp}

(

^{− −}_h^z _m²_cos^ρ0h_α^exp

( )

^−z_h

)

^.

5) Comme la fonction exp⁽−x⁾ est décroissante, a est maximum en valeur absolue quand

( ) ^{z 2}_cos^{0Sh exp}

(

y z h m h

= + ρ −

α ^z

)

est minimum. Discutons le signe de sa dérivée ^dy_dz ⁼_h^{1 −}_m²_cos^ρ0S_α^exp

( )

⁻_h^{z .}

dy 0

dz > si ⁰

( ) ( )

0

1 2 cos

exp exp

cos 2

z

α ρ

S z m

h m h h Sh

ρ α

> − ⇔ − < . D’où deux cas :

Si

0

cos 1

2 m

Sh α ≥

ρ , ^dy

dz est toujours positif, est minimum pour et l’accélération est maximum pour . Si

( )

y z z =0 z =0

0

cos 1

2 m

Sh α <

ρ , posons ^{ln 2 0}

m cosSh

z h

m

= ρ

α. ^{dy 0}

dz > si , est minimum pour et l’accélération est maximum pour .

z >zm y z^{( )} z =z_m z =zm

Remarque : si le satellite est une boule de rayon r et de masse volumique µ =100 kg.m⁻³, alors

3

0 0 2 0

4 cos

cos 2 cos 2 100 cos

6 3 cos

2 2 3 3 1,2 700 120 mètres

m r r r r

Sh r h h

π µ α

α µ α × α α

= = = =

ρ ρ π ρ × × , donc le second cas est plus fréquent, surtout

si α est voisin de 90°.

C.

1) La vitesse est constante si la force totale est nulle, soit si

3

2 1

12 2

24

2 3 8 8 0, 02 7800 9, 8

0 86, 9 m.s

3 3 0, 45 1,2

x x x x

r g

mg r g

mg C Sv v w

C S C r C

−

π µ µ × × ×

− ρ = ⇒ = = = = = =

ρ ρπ ρ × ×

Si la vitesse de la bille est inférieure à w, la bille accélère.

Si la vitesse de la bille est supérieure à w, la bille décélère.

2.a) Comme la force de freinage est proportionnelle à v² et est égale à −mg quand v =w, elle est égale à

2 2

mg v

− w .

( )

2 2

/ /

2 2

0 0 0 0

2

1

ln1 ln

2 1 2

1 1

t v v w v w

dv v

m mg

dt w

dv wdu w u w w v

t dt

g u g w

v g u

g w

⎛ ⎞⎟

= ⎜⎜⎜⎜⎝ − ⎟⎟⎟⎠

+ +

⎡ ⎤

= = ⎛⎜ −⎜⎜⎝ ⎞⎟⎟⎟⎟⎠= − = ⎢⎣ − ⎥⎦ = −

∫ ∫ ∫

_v

où l’on a utilisé le changement de variable ^u =^{v w du/} =^{dv w/} .

2.b) D’après le théorème de l’énergie cinétique,

( )

( )

[ ]

2 2

2 2

2 2

2

2 1 / 2 2 1 / 2

2 1 2

0 0 1

2

1 1

2

ln ln 1

2 2 2

2 1

x v v w v w

d mv mg v dx

w

d v w du w w v

x dx u

gu g g

v w

g w

− −

⎛ ⎞⎟

= ⎜⎜⎜⎜⎝ − ⎟⎟⎟⎠

⎛ ⎞

− ⎜ ⎟

= = ⎛⎜ −⎜⎜⎝ ⎞⎟⎟⎟⎟⎠= =− =− ⎜⎜⎜⎝ − ⎟⎟⎟⎠

∫ ∫ ∫

²

w2

où l’on a utilisé le changement de variable u =1−v²/w² du =−d v

( )

² / . 2.c) Quand t tend vers l’infini, v →w.

2.d) Quand v =w/ 2, 86, 9

ln 3 ln 3 4, 87 s

2 2 9, 8

t w

= g = =

× ,

2 4 86, 92 4

ln ln 111m

2 3 2 9, 8 3

x w

= g = =

× et

( )

( )

2 2

4 ln 4 / 3)

2 0, 9534

ln 3 x

gt ^{= =} .

Ce dernier rapport est voisin de 1, car la force de freinage est nettement plus petite que le poids dans l’intervalle considéré.

IV.

A.

1 2

(2 ) dx dv

d mv mvdv m dv m dx madx Fdx

dt dt

= = = = =

B.

1) GMm₂

F ⁼⁻ x

2) Le poids est dû à l’attraction terrestre ; dans la mesure où la Terre est sphérique, on peut calculer son attraction en concentrant la masse de la Terre en son centre ; d’où :

2 2

GMm gr

mg G

r M

= ⇒ =

3) La force de gravitation dérive de l’énergie potentielle _p GMm₂ GMm

E Fdx dx

x x

=−

∫

=

∫

=− ^. La conservation de l’énergie donne : ¹_{2 1}² GMm ¹₂ ²

mv mv

r ^∞

− =

4) Comme ¹₂mv_∞² ≥0, ¹_{2 1}² GMm 0 _{1 1min} ²GM 2 11km/s

mv v v gr

r r

− ≥ ⇒ ≥ = = = .

C.

1) a) La force subie par l’obus résulte de l’attraction de la Terre GMm₂

x et de celle de la Lune ₂

( )

GM m d x

′

− ; comptons

algébriquement cette force sur l’axe où l’abscisse est x : _{2 2} ^{2 1}₂ ¹

( ) ( )

GMm GM m M

F mgr

x d x x M d x

⎡ ⎤

′ ′

⎢ ⎥

=− + = − +

⎢ ⎥

− ⎣ − ²⎦

b) La force dérive de l’énergie potentielle :

⎟⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

− + ′

−

⎥=

⎥⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

−

′ − +

−

⎥ =

⎥⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

−

− ′ +

=

−

=

∫ ∫ ∫

M d x

M mgr x

x d

x d d M M mgr x

dx x M d M x mgr Fdx

E_p 1 1

) (

) ( 1

) (

1

1 ₂

2 2

2 2

2

La variation de l’énergie cinétique massique est égale à l’opposé de la variation de l’énergie potentielle massique :

( )

2 2 2 2

1 1

2

1 1 1 1 1 1

( )

x

r

M M

v v gr gr

x M d x x r M d x d r

′ ′

⎡ ⎤ ⎡

⎢ ⎥ ⎢

− = + = − + −

⎢ − ⎥ ⎢ − −

⎣ ⎦ ⎣

⎤⎥

⎥⎦

2) En réalité, le référentiel lié aux centres de la Terre et de la Lune n’est pas galiléen (sinon, la Lune tomberait sur la Terre), il tourne autour du centre de masse de la Terre et de la Lune, d’où deux conséquences :

• l’obus ne peut suivre la droite joignant les centres de la Terre et de la Lune, à cause de la force de Coriolis ;

• il faut ajouter un terme à l’énergie, dû au travail de la force centrifuge.

En outre, d n’est pas constant, mais varie de 56 à 66 rayons terrestres.

D.

1.a) m

SL

′ ′

ρ = .

1.b) m dz

dm Sdz L

′=ρ′ = ′ .

1.c) vz v^′= L . 1.d)

2 2 2

0 3 0

1 1 1

2 2 6

L L

c

E dm v m v z dz

L

′ =

∫

′ ′ = ′

∫

= ^{m v′ 2.}

1.e) ^{1 2 1 2}

2 6

Ec = mv + m′v

2) L’énergie chimique est proportionnelle à la masse de poudre ; le rendement est le rapport de l’énergie cinétique à l’énergie chimique ; donc pour tous les canons de même rendement, le rapport de l’énergie cinétique à la masse de poudre est le même. Tous ces canons ont même valeur de (1/ 3+m m v/ ^′) ².

3) ² _{2 2 2}² ₂ ²

2

3 3 500

/ 3 (1/ 3 / ) 1 700 1 3270 m/s

72

v m m v v v m

m

′ ×

= + ⇒ = + ′ = + = .

E.

1) Soit h l’épaisseur de l’atmosphère et a l’ordre de grandeur de l’accélération pendant sa traversée ; d’après le théorème de l’énergie cinétique :

2 2 2 2

0 1

2 2 2

1 1

1 0

2 2 4

16500 11000

8000 m .s 10 m.s

2 2.10

v v

mah mv a g ²

h

− −

− −

= mv − ⇒ = = = = , donc on peut

négliger le poids pendant la traversée de l’atmosphère.

2) (¹₂ ²) ₂¹ ( ) ² ( )

2

x dv C Sx

d mv C z Sv dz z dz

v m

=− ρ ⇒ =− ρ .

3.a) La masse d’une tranche d’épaisseur dz est ρSdz, donc ^{( )} m =

∫

0^+∞ρ z Sdz^.

3.b) Cette colonne est soumise à son poids mg et aux forces de pression. Au dessus de la colonne, il y a le vide, qui crée une force de pression nulle. En dessous, il y a la pression qui crée une force de pression . Enfin, les pressions sur les faces verticales de la colonne s’équilibrent. Donc l’équilibre de la colonne veut dire que le poids compense la force de pression sur la base de la colonne, soit , d’où la formule demandée.

p0 p S₀

mg =p S0

3.c) ⁰

1 0

0

2 2

( ) ln ln

o x

x

p dv m v

z dz C

g v C S v

∞

=

∫

ρ =−

∫

= ⇒ = _{p S}^{mg v}_v⁰₁ où la vitesse finale est la vitesse après traversée de l’atmosphère.

v1