Devoir de Physique n°5 PCSI 2020 – 2021

(1)

Conseils :

• Ce devoir comporte 4 exercices.

• Le correcteur tiendra compte de la présentation (soin apporté aux schémas) et de la ré- daction de votre copie : justifiez rapidement vos affirmations, donnez la valeur littérale simplifiée des résultats en fonction des données de l’énoncé,vérifiez l’homogénéité et la cohérence(tout résultat non homogène sera sanctionné).

Les résultats NON ENCADRÉS ne seront pas notés. Laissez une marge à gauche pour le correcteur.

• Numérotez les questions et ajoutez le label de la marge Q1, etc.

• L’usage descalculatrices est autorisé.

Lycée Poincaré – Nancy Page 1/?? 27 janvier 2021, durée 4h

(2)

I. S URCHAUFFE ?

1. Une résistance R est soumise à une tension U, on note I l’intensité du courant qui la traverse alors en convention récepteur. Déterminer l’expression de P la puissance reçue (puis dissipée par effet Joule) par la résistance en fonction deRetU uniquement.

Q1

2. Un expérimentateur a câblé le montage dessiné figure 1 ci-dessous

Au point commun des trois résistances apparaît un potentielV défini par rapport à la masse.

b

E0

R1 V R2

R0 −E0

FIGURE1 – Réseau électrique

(a) Exprimer, en fonction de E0, V, R0, R1 et R2 la puissance Joule dissipée par le réseau en entier.

Q2

(b) Quelle relation le potentiel V devrait-il respecter pour que cette puissance soit minimale ?

Q3

3. Exprimer le potentielV en fonction des données de l’énoncé. On utilisera par exemple la loi des nœuds en terme de potentiels au point commun des trois résistances, ou le théorème de Millman au point commun des trois résistances ou les lois de Kirchhoff.

Q4

4. Comparer les relations obtenues aux questions 2.(b) et 3. Commenter.

Q5

5. Les résistances,R0 = 10 Ω,R1 = 680 Ω et R2 = 56 Ωsont choisies dans un lot standard ne pouvant supporter une dissipation supérieure au demi Watt.

Sachant queE0 = 15V, déterminer s’il existe un risque de surchauffe pour l’une des résis- Q6

tances.

On se propose maintenant d’illustrer la notion de résistance de protection pour un montage à diode.

6. Tracer la caractéristique intensité-tension d’un générateur réel (modèle linéaire).

Q7

7. Expliquer la notion de point de fonctionnement et la méthode pour la trouver graphiquement à partir des caractéristiques en prenant l’exemple d’un circuit contenant un générateur réel et un résistor.

Q8

(3)

La documentation pour la diode BY251 indique que le courant maximal que peut supporter la diode est :Imax = 3A. Elle donne aussi la caractéristique intensité tension suivante (expérimen- tale) :

bb bb bb b bb b b b bb b b bbb b b b b b b b

U (en V) I (en A)

1 0,5 0,75

0,25 10

7,5

5

2,5 20

17,5

15

12,5

I U

8. Si l’on branche aux bornes de la diode un générateur idéal de tension de force éléctromotrice E = 1,1V, quel sera le courant parcourant la diode ? Y-a-t-il un problème ?

Q9

9. Parmi les générateurs réels de force électromotriceE = 1,1V permettant de ne pas détruire la diode, tracer la caractéristique de celui qui a la plus petite résistance interne (vous devez utiliser le sujet pour faire la mesure, mais il faut reproduire qualitativement le schéma sur votre copie pour expliquer la démarche) ?

Q10

10. En déduire la valeur de la résistance à ajouter en série avec la diode pour la « protéger » d’un générateur de force électromotrice1,1V et de résistance interne nulle ou inconnue.

Q11

11. Comment pensez vous que les points pour des intensités supérieures à3A ont été obtenus ? (La caractéristique présente dans la documentation allait jusqu’à 100 A, mais aucune diode n’a été maltraitée lors de la conception de ce sujet)

Q12

(4)

II. C IRCUIT RLC

On considère le circuitRLC série représenté sur la figure 1. On définit les quantités suivantes : la pulsation propreω0 = 1

√LC et le facteur de qualitéQ= 1 R

sL C. R

L

i(t) C

u(t) K

FIGURE1 – Schéma du circuitRLC.

L’interrupteurK est fermé à un instantt = 0choisi comme origine des temps. Le condensateur est initialement chargéu(t= 0⁻) = u0.

1. (a) Établir l’équation différentielle vérifiée paru(t) pourt > 0. On y fera apparaîtreω0 et Q13

Q.

(b) Préciser (en justifiant) les différents régimes d’évolution possibles selon les valeurs de Q14

Q. On suppose par la suite que l’on observe des oscillations amorties.

2. (a) Expliciter la pseudo-pulsationΩdes oscillations libres en fonction deω0etQ. Expliciter Q15

également le temps caractéristique d’amortissementτ des oscillations libres en fonction deω0 etQ.

(b) Expliciter et justifier les conditions initialesu(t = 0⁺)et ^du_dt(t= 0⁺).

Q16

(c) Établir l’expression deu(t)pourt >0compte tenu des conditions initiales.

Q17

3. On souhaite visualiser la tensionu(t)sur l’écran d’un oscilloscope dont l’entrée est modéli- sée par l’association en parallèle d’une résistanceR0 = 1,0MΩet d’une capacitéC0 = 11pF.

(a) Redessiner la figure 1 en ajoutant la voie CH1 et la masse de l’oscilloscope de façon à Q18

pouvoir mesurer la tensionu(t).

(b) Redessiner la figure 1 en tenant compte de la modélisation proposée pour l’oscillo- Q19

scope.

(c) Montrer que si l’on tient compte de l’oscilloscope, l’équation différentielle vérifiée par Q20

u(t)devient :

L(C+C0)d²u dt² +

L R0

+RC +RC0

du dt +

1 + R R0

u= 0

(d) Quelles relations qualitatives doivent vérifierR,L,C,R0etC0pour que la mise en place Q21

de l’oscilloscope ait une influence négligeable sur les oscillations étudiées ? Vérifier qu’avec les valeurs usuelles de R, L et C utilisées en travaux pratiques ces relations sont vérifiées.

4. On définit le décrément logarithmique comme étant la quantité δ = 1

mln u(t)

u(t+mT) où T = ^2π_ω etmest un entier strictement positif.

Montrer queδ = 2π

√4Q²−1. Q22

(5)

5. On réalise un montage expérimental où le circuitRLC est excité par un générateur basses fréquences ou GBF. Comment faut-il choisir le signal délivré par le générateur pour observer Q23

les oscillations libres du circuit ?

La tension aux bornes du condensateur est enregistrée grâce à un logiciel d’acquisition. Le signal obtenu est représenté sur la figure 2.

t(µs) u(V)

−4

−3

−2

−1 0 1 2 3 4

60 120 180 240 300

FIGURE2 – Enregistrement de la tension en fonction du temps.

6. Estimer le facteur de qualitéQdu circuit à l’aide du décrément logarithmique. Vérifier qu’il Q24

est environ égal au nombre d’oscillations visibles.

7. On supposeQ≫1: la dissipation d’énergie par effet Joule est traitée comme une perturba- tion par rapport au cas du circuit non dissipatif (R= 0).

(a) Dans le cas oùR = 0, établir l’expression de la valeur de l’énergie électromagnétique Q25

E(t)stockée dans le circuit (somme de l’énergie stockée dans le condensateur et de celle emmagasinée dans la bobine).

(b) Dans le cas oùR 6= 0, donner la nouvelle expression deE(t)et montrer qu’au premier Q26

ordre en 1/Q(on suppose toujours que Q ≫ 1), l’énergieEJ dissipée par effet Joule dans le circuitRLC, pendant une période (entretett+T), vérifie la relation :

EJ = 2π QE On donneexpx≃1 +xpourx≪1.

(6)

III. M ÉCANISME PENDULE - RESSORT

x y

O

b M

l0

x θ

L

FIGURE1 – Schéma du montage

−1 0 1

5 10 15 20

−5

−10

˙

x(t)(cm/s)

x(t)(cm)

b b bP0 P1 P2 O

FIGURE2 – Trajectoire de phase

Un point matériel M (masse m), attaché à un ressort horizontal (raideur k, longueur l₀ au repos), est suspendu à un fil inextensible de longueur L(Figure ??). On noteraT la norme de la tension du fil.

Le référentiel du laboratoire, lié aux points de fixation du ressort et du pendule pourra être considéré comme galiléen. L’accélération de la pesanteur est dirigée selon −~ey : ~g = −g~ey avec g = 10m.s⁻². On considère des petits mouvements quasi horizontaux du pointM, repéré par son abscissextelle quex≪L.

En outre, le point matérielM, de vitesse~v = v~ux est soumis à une force de frottement fluide f~d=−α~v(avec le coefficientαpositif).

1. (a) Faire un bilan des forces, donner leur expression en fonction de xet ses dérivées tem- porelles. Représenter les forces sur un schéma.

Q27

(b) Projeter la relation fondamentale de la dynamique sur les deux axes (on gardera en- core les sinθ oucosθ outanθ à cette question, la simplification se fera à la prochaine question).

Q28

(c) En éliminant T et en considérant les petits angles, établir l’équation différentielle du mouvement deM et la mettre sous la forme suivante :

Q29

¨

x+ 2λω0x˙ +ω₀²x= 0 Identifier les paramètresλetω0. Préciser la dimension deλ.

2. Le portrait de phase de cet oscillateur est représenté sur la Figure ??. On note P0 le point initial de phase (àt = 0) etOP0 =x0.

(a) Les trajectoires de phases sont orientées selon le temps. Reproduire qualitativement la Q30

Figure??et orientez là en justifiant.

(b) Quelle est la nature du régime de variation dex(t)? Justifier votre réponse.

Q31

(7)

(c) Écrirex(t)sous la formex(t) = e⁻^τ^t (Acos(ωt) +Bsin(ωt))avecAetB deux constantes (que l’on ne précisera pas pour l’instant), etωetτ à exprimer en fonction des données du problème.

Q32

(d) Déterminer les expressions deAetB en tenant compte des conditions initiales.

Q33

IV. G ASTON AUX SPORTS D ’ HIVER

Pour profiter des chutes de neige récentes, Gaston décide de s’offrir une séance de luge à ré- action. Gaston est installé sur une luge disposant de deux petites fusées. La masse totale de l’en- semble est dem = 120kg et les fusées délivrent une puissance totaleP^{f us} = 1000W. La phase de poussée où les fusées sont allumées se déroule sur une partie horizontale et sera étudiée dans la première partie. Les phases suivantes (montée d’une côté puis descente) seront étudiées dans les parties suivantes.

On noteg = 9,8m.s⁻² l’intensité de pesanteur et on néglige les frottements sur la neige fraîche bien damée.

A. Lancement

1. Rappeler le lien entre travail et puissanceP. Q34

2. Énoncer le théorème de l’énergie cinétique.

Q35

3. Combien de temps sera nécessaire pour que Gaston atteigne une vitesse devA= 20m/s ? Un Q36

résultat analytique en fonction des données du problème puis une application numérique sont attendus.

À partir de maintenant, les fusées sont éteintes.

B. Glisse

Dans cette partie on étudie le mouvement de Gaston sur la piste composée d’une portion rec- tiligneAB et inclinée d’un angleα = 30° par rapport à l’horizontale, et d’une portion circulaire BC, de rayon R = 2 m et d’angle (BO, OC) = ^π₂ +α (cf FIGURE 1. ci-dessous). L’orientation positive des angles sera prise dans le sens horaire.

b

A

b

C

b

O R

bS

Z

bB

~v^A α

α

~v θ

X FIGURE 1 – Piste parcourue par le palet

Gaston part initialement depuisAavec la vitesse~vA.

(8)

1. Portion rectiligneAB.

(a) Enoncer le théorème de l’énergie mécanique.

Q37

(b) En déduire l’expression littérale de la vitessevB au pointB en supposant que ce point est bien atteint.

Q38

(c) Afin queBsoit effectivement atteint par le palet, il est nécessaire quevA> vA,l. Déterminer l’expression littérale puis numérique devA,l.

Q39

Pour les questions suivantes, on suppose la condition précédente vérifiée.

2. Portion circulaireBC.

(a) Enoncer le principe fondamental de la dynamique.

Q40

(b) En déduire l’expression en fonction de θ, θ˙ et des constantes m, g et R de la réaction normaleR~N du support surM lors de la phase du mouvement sur l’arcBC.

Q41

(c) Déterminer la relation liantv,θetvB. On pourra utiliser une méthode énergétique.

Q42

(d) En déduireR~N en fonction des constantes,θetvA. Q43

(e) À quelle condition sur vA (expression littérale puis numérique) n’y aura-t-il pas de décollage deM avant le sommetS?

Q44

(f) La condition précédente étant vérifiée, déterminer l’expressionθddeθ pour laquelle le paletM quitte la piste ?

Q45

(g) La condition précédente étant toujours vérifiée, déterminer l’expressionvdde la vitesse Q46

au décollage (c’est-à-dire enθd).

(9)

I. S URCHAUFFE ?

U

I R 1. Par application de la loi d’Ohm, en convention récepteur,

U =RI ⇐⇒ I = ^U_R et par définition de la puissance, P =U.I = U² Q1 R

2. On peut représenter les potentiels et leurs différences (tensions) sur le montage :

b0

E0

E₀

R1

U₁ =E₀−V V

R2

U2 =V −(−E0)

0

R0 U0 =V −0 −E0

−E₀

0 FIGURE1 – Réseau électrique

Pensez à utiliser le résultat de la question précédente

(a) La puissance Joule dissipée par le réseau en entier est la somme des puissances dissi- pées par chaque résistor :

P =P1+P2+P0 = U₁² R₁ + U₀²

R₀ + U₂² R₂

et par lecture directe sur le montage,U1 =E0−V,U0 =V−0etU2 =V−(−E0) = V+E0

d’où l’expression

Revoir la notion de tension = différence de potentiels si nécessaire

P = (E0−V)² R₁ + V²

R₀ +(E0+V)² R₂ Q2

(b) La fonctionP(V)atteint un extremum (minimum ici, d’après l’énoncé) quand Q3

Calcul très classique de recherche d’un extremum

dP

dV = 0⇒ −2(E0−V) R1

+ 2V R0

+ 2(E0 +V) R2

= 0⇒ V =

E0

R1 −^ER⁰2

1

R0 + _R¹₁ + _R¹₂ 3. Loi des nœuds en terme de potentiels au point commun des trois résistors :

Vous étiez prévenus, la LNTP est à connaître

Lycée Poincaré – Nancy Page 1/11 Correction

(10)

Appliquez la directement sans repasser par les intensités 0−V +E0

R₁ + 0−V

R₀ +0−V −E0

R₂ = 0⇒ V −E0

R₁ + V

R₀ + V +E0

R₂ = 0 Q4

4. IsolonsV à partir de la loi des nœuds en termes de potentiels :

V =

E0

R1 − ^ER⁰2

1

R0 +_R¹₁ +_R¹₂

On obtient la même expression deV , cela signifie que le circuit atteint un état d’équilibre tel que la puissance dissipée soit minimale.

Q5

5. L’expression calculée au 4. nous permet de calculerV = _R^E₁_R⁰^(R₂_+R⁰^R₀²_R⁻₂^R_+R⁰^R₀¹_R⁾₁ ≃ −2,06V On en déduit ensuite successivement

• P0 = ^V_R²

0 ≃ ²₁₀² ≃0,42W< P_max, pas de risque pour le résistorR0 .

• P1 = ^(E⁰_R⁻₁^V⁾² ≃ ¹³₆₈₀² ≃0,43W< Pmax= 0,5W, pas de risque pour le résistorR1 .

• P2 = ^(E⁰_R^+V₂ ⁾² ≃ ¹⁷56² ≃3,0W≫Pmax, le résistorR2va griller ! Q6

6. Le modèle linéaire pour un générateur réel est une droite de pente−1/r:U =E−rI ⇒I = ^E⁻_r^U.

Il ne faut pas oublier d’indiquer le schéma électrique correspondant pour montrer la convention utilisée

Q7

U I

E r

E I

U

U I

E r

E I

U

I U

b point de fonctionnement

7. Un point de fonctionnement d’un circuit dans le cas de deux dipôles branché l’un sur l’autre est un couple(I,U)de valeurs possibles pour l’intensité et la tension compte tenu des dipôles branchés.

Si l’on dispose de deux dipôles de relation constitutives i = f(u)(convention générateur) et i = g(u)(convention récepteur), alors l’intensité à travers les dipôles et la tension à leurs bornes sont les mêmes et les points de fonctionnements sont les couples(I,U)solution du système d’équation

( I =f(U) I =g(U)

(11)

Graphiquement, cela revient à regarder l’intersection entre les caractéristiques des deux dipôles Q8

(cf ci-dessus à droite).

Remarque : Si un dipôle non-linéaire est présent il est tout à fait envisageable d’avoir plusieurs points de fonctionnement possibles.

bb bb bb b bb b b b bb b b bbb b b b b b b b

U (en V) I (en A)

1 0,5 0,75

0,25 10

7,5

5

2,5 20

17,5

15

12,5

I U

rs

surchauffe

pas de surchauffe limite

8. On lit graphiquement (pointillés ci-dessus) I = 15,9A pourU = 1,1V Q9

9. On cherche le point de la courbe d’ordonnée3A ; il a pour abscisseU = 0,93V. Il faut que la caractéristique du générateur coupe celle de la diode en dessous de ce point. Dans le pire des cas, en ce point. Cela donne la droite tracée ci-dessus (en bleu) qui coupe l’axe des ordonnées entre17,5et20A (difficile à tracer avec précision, enI = 19A selon moi). Les droites en cyan Q10

et en vert correspondent respectivement à un générateur pour lequel la résistance interne est largement suffisante (cyan) et insuffisante (vert).

10. La résistance interne correspondante est l’inverse de la pente de la courbe :

r =E/I(0) = 1,1/19 = 0,06 Ω, ce qui est très faible car on a pris un générateur dont la force électromotrice est assez faible. Dans la pratique, on met généralement une résistance plus grande (quelquesΩ) pour protéger une diode.

Q11

11. Puisque la diode ne peut pas supporter un tel courant en continu, la caractéristique n’a PAS été tracée en continu, mais en utilisant de brèves impulsions (créneau valant zéro 98% du

(12)

temps et seulement 2% du temps une valeur supérieur à 3A) . On fait donc l’hypothèse que la caractéristique statique et dynamique sont les mêmes (ce qui peut-être vérifié pour les points accessible en régime continu).

Q12

On pourrait aussi refroidir fortement la diode pour éviter une surchauffe. Mais la caracté- ristique dépendant de la température, ce n’est pas forcément une bonne idée.

II. C ^IRCUIT RLC

FIGURE 1 – circuit RLC série avec oscilloscope à gauche et en représentant la modélisation de l’oscilloscope à droite

1. (a) On applique la loi des mailles avecK fermé (cf ci-dessus figure 1) :u+L^di_dt +Ri = 0 Q13

aveci=C^du_dt.

D’où l’équation différentielle : ^d²_dt^u(t)² +^R_L^du(t)_dt +_LC¹ u(t) = 0 Soit en utilisantω₀ = ^√_LC¹ et ^ω_Q⁰ = ^√_LC¹ R^q^C_L = ^R_L, on obtient :

d²u(t)

dt² + ^ω_Q⁰^du(t)_dt +ω₀²u(t) = 0

Faites le schéma du circuit avecK fermé.

(b) L’équation caractéristique s’écrit :r²+ ^ω_Q⁰r+ω²₀ = 0. On a trois régimes possibles selon Q14

le signe du discriminant∆ =ω₀²(_Q¹² −1).

➢ pour∆>0ouQ <1/2, régime apériodique.

➢ pour∆ = 0ouQ= 1/2, régime critique.

➢ pour∆<0ouQ >1/2, régime pseudo-périodique avec des oscillations amorties.

L’équation caractéristique admet deux solutions : r±=−_2Q^ω⁰ ±j^√^−∆₂ =−_2Q^ω⁰ ±jω0

q1− _4Q¹² =−τ¹ +jΩ.

Q15 2. (a) La pseudo-pulsation Ω des oscillations libres est définie (cf question précédente) par Ω =ω0

q1− 4Q¹² .

Le temps caractéristique d’amortissementτ des oscillations libres est défini parτ = ^2Q_ω₀. (b) Pour les conditions initiales, on utilise u(0⁻) = u₀ (car le condensateur est chargé Q16

d’après l’énoncé) et la continuité de la tension aux bornes d’un condensateur soitu(0⁻) = u(0⁺) = u0.

On utilise également la continuité de l’intensité qui traverse la bobine.i(0⁻) = 0carK est ouvert donci(0⁻) = i(0⁺) = 0.

(13)

(c) On est dans le cas du régime pseudo-périodique donc la solution s’écrit sous la forme : Q17

u(t) = exp(⁻_2Q^ω⁰^t)(Acos Ωt+Bsin Ωt).

La première condition initiale donneA =u0. Il faut calculeri(t) =C^du_dt pour utiliser la deuxième condition initiale.

D’où : u(t) = u₀exp(⁻_2Q^ω⁰^t)

cos Ωt+√^{sin Ωt}

4Q²−1

3. (a) (cf ci-dessus figure 1) ; attention à bien mesureruet non−u.

Q18

(b) Compte tenu de modélisation proposée pour l’oscilloscope, le schéma devient celui de Q19

la figure 1 à droite, avecR0etC0en parallèle avecC.

(c) On applique à nouveau la loi des mailles avecKfermé :u+L^di_dt +Ri= 0.

Q20

Avec la loi des noeuds, on ai=iC+iC0 +iR0 donci=C^du_dt +C0du dt + _R^u

0. Ce qui donne après calculs : L(C+C0)^d_dt²^u² +_R^L₀ +RC+RC0

_du

dt +1 + _R^R₀u= 0.

(d) On retrouve la première équation différentielle siC0 ≪C, _R^R₀ ≪1et _R₀_(C+C¹ ₀₎ ≪ ^RL. Ce Q21

qui se réécritC0 ≪C,R ≪R0 et _R¹₀_C ≪ ^RL.

Les valeurs usuelles deR,CetLsont respectivement de l’ordre du kΩ, du nF et du mH.

CommeC0 est de l’ordre du pF etR0de l’ordre du MΩ, les deux premières conditions sont vérifiées. En effectuant les calculs, la troisième condition est également vérifiée.

(e) On peut utiliser la forme générale de la solution pour calculerδ(cf cours) : δ = √^2π

4Q²−1

Q22

(f) On utilise un signal de type créneau (entre 0 V et u0) avec une période suffisamment Q23

grande pour observer les oscillations libres du circuit. Il faut donc donc une périodeT grande devant le temps caractéristiqueτ = ^2Q_ω₀.

(g) Choisissonst = 0 s (premier max) etm = 4(5ième max). On litu(0) = 4V etu(4T) = Q24

0,5V, ce qui donne δ = ln(_0,5⁴ = 2,1. Or en utilisant un résultat précédent, on a Q =

1 2

q1 + ^4π_δ²²^m² Ici Q= 6,1.

Cela correspond bien au nombre d’oscillations visibles, environ 7-8.

4. On supposeQ≫1: la dissipation d’énergie par effet Joule est traitée comme une perturba- tion par rapport au cas du circuit non dissipatif (R= 0).

(a) Dans le cas oùR = 0 Ω, il n’y a pas d’amortissement et on retrouve le cas de l’oscillateur Q25

harmonique :u(t) =u0cos(ω0t). L’intensité esti(t) = C^du_dt =−u0ω0sin(ω0t).

L’énergie électromagnétique stockée dans le circuit est la somme de celle de la bobine E^bob et du condensateurE^cond.

E^cond = ¹₂Cu² = ¹₂Cu²₀cos²(ω0t)

E^bob = ¹₂Li² = ¹₂LC²u²₀ω₀²sin²(ω0t) = ¹₂Cu²₀sin²(ω0t)carω₀² = _LC¹

Soit en faisant la somme E = ¹₂Cu²₀ . L’énergie électromagnétique est constante, elle se conserve en l’absence de pertes par effet Joule.

(b) Dans le cas où R 6= 0 et Q ≫ 1, alors B tend vers 0 et la solution u(t) peut s’écrire : Q26

u(t) = u0exp(⁻_2Q^ω⁰^t) cos Ωt≃u0exp(⁻_2Q^ω⁰^t) cosω0tcar pourQ≫1,Ω≃ω0. Soit l’intensité :i(t) = C^du_dt =Cu0

−ω0sin(ω0t)− 2Q^ω⁰ cos(ω0t)exp(⁻_2Q^ω⁰^t) i(t)≃ −Cu0ω0sin(ω0t) exp(⁻_2Q^ω⁰^t)carQ≫1.

E^cond = ¹₂Cu² = ¹₂Cu²₀exp(⁻^ω_Q⁰^t) cos²ω0t

E^bob = ¹₂Li² = ¹₂LC²u²₀ω₀²sin²(ω₀t) exp(⁻^ω_Q⁰^t) = ¹₂Cu²₀sin²(ω₀t) exp(⁻_Q^ω⁰^t)

(14)

D’où la somme E = ¹₂Cu²₀exp⁻^ω_Q⁰^t. L’énergie électromagnétique ne se conserve plus et diminue au cours du temps à cause des pertes par effet Joule.

On peut ainsi écrire l’énergie perdue par effet Joule au cours d’une périodeEJ =E(t)− E(t+T). Effectuons le calcul :

EJ = ¹₂Cu²₀exp(⁻_Q^ω⁰^t)(1−exp(⁻^ω_Q⁰^T))

En utilisant le développement limité (Q≫1, ⁻^ω_Q⁰^T ≪1) :1−exp(⁻^ω_Q⁰^T)≃1−1+^ω_Q⁰^T ≃ ^2πQ

avecT = ^2π_Ω ≃ ^2πω0. Finalement, EJ = ^2π_QE

III. M ÉCANISME PENDULE - ^RESSORT

1. (a) Système : point matérielM (massem).

Q27

x y

O

bM

l0

θ L

P~ F~ f~

T~

Référentiel : terrestre supposé galiléenR^g. Forces :

➢ le poidsP~ =m~g

➢ le force de frottement fluide f~ = −α~v =

−αx~e˙ x (évitez −αv~ex qui est faux car v =

|x˙| 6= ˙x)

➢ la tension du filT~ =−T~er

➢ la force élastique du ressort F~ = −k(l − l₀)~ex =−kx~ex

L’énoncé ne parlait nulle part de support. Il n’y a donc pas de réaction normale du support.

Il était demandé d’exprimer les forces en fonction de x et x˙ : faites le sinon vous ne répondez pas à la question.

(b) Appliquons le principe fondamental de la dynamique au système dansR^g : Q28

mx~e¨ x=m~g+T~ −αx~e˙ x−kx~ex

L’accélération est uniquement selon~expuisque l’énoncé indique que le mouvement est quasi-horizontal. Par projection sur les axesOxetOy, on obtient :

mx¨=−kx−Tsinθαx˙ et mg =T cosθ

Il était demandé de projeter selon les deux axes, faites le ! La projection selony est intéressante pour pouvoir éliminerT des équations ensuite.

(c) Grâce à la projection selon~ey, on en déduitT =mg/cosθ. On injecte dans la projection selonxet on obtient :

Q29

mx¨+αx˙ +kx+mgtanθ = 0

ÉliminerT ne veut pas dire « poser arbitrairementT = 0» mais utiliser les deux équations pour obtenir une nouvelle équation où la variableT qui est une

inconnue a disparu.

(15)

Puisqueθ ≪1, utilisonstanθ ≃θ ≃sinθ = _L^x pour en déduire :

¨ x+ α

mx˙ + k m + g

L

!

x= 0

Soitx¨+ 2λω0x˙ +ω₀²x = 0en posant ω0 =^q_m^k +_L^g la pulsation propre et λ= _2mω^α ₀ le paramètre d’amortissement de l’oscillateur.

θ≪1ne veut pas direθ= 0, iciθ ≃x/Let si vous faitesθ = 0alors cela veut dire quex= 0et l’équation différentielle devient0 = 0: pas très intéressant ! On peut par exemple utiliser l’équation différentielle pour trouver la dimension deλ: [λω0x] = [¨˙ x] = L.T⁻² en utilisant [ω0] = T⁻¹ et [ ˙x] = L.T⁻¹, on trouve que λ est

sans dimension .

2. (a) Les portraits de phase sont paramétrés par la variable temps.

Lorsque x˙ > 0 alors x doit être une fonction croissante : d’où l’orientation de la courbe de la gauche vers la droite dans la moitié supérieure et réciproque-

ment dans la partie inférieure. −1 0 1

5 10 15 20

−5

−10

˙

x(t)(cm/s)

x(t)(cm)

b b b

Q30

(b) On reconnaît le portrait de phase du régime pseudo-périodique d’un oscillateur harmonique amorti. On observe des oscillations (en suivant les flèches, xaugmente puis diminue puis ré-augmente etc. . .) de pseudo-période T d’amplitude décroissante. Le pointP = 0(x= ˙x= 0) correspond à l’équilibre du point matériel.

Q31

(c) Écrivons l’équation caractéristique associée à l’équation différentielle :r²+2λω0r+ω₀² = Q32

0de discriminant négatif :∆ = 4λ²ω²−4ω²₀. r±=−λω0±jωavecω=ω0

√1−λ²la pseudo-pulsation de l’oscillateur.

x(t) = e⁻^λω⁰^t(Acos(ωt) +Bsin(ωt))

(d) La lecture du portrait de phase nous fournit les conditions initiales : x(0) = x0 = OP0

etx(0) = 0.˙

On en déduit x0 =A puis on dérivex(t).

˙

x(t) = e⁻^λω⁰^t(−Aωsin(ωt) +Bωcos(ωt))−λω0e⁻^λω⁰^t(Acos(ωt) +Bsin(ωt)) Ce qui donne :0 =Bω−λω0x0 d’où B = ^λω_ω⁰^x⁰

Q33

Attention à la dérivée : on a un produit de deux fonctions.

(16)

IV. G ASTON AUX SPORTS D ’ HIVER

d’après ENAC Pilotes – 2011

A. Lancement

1. La puissance est liée au travail élémentaireδW par la relation : P = ^δW_dt oùdtest le temps pendant lequel le travailδW s’est exercé.

Q34

On peut ré-écrire cette relation sous la forme WA→B =

Z tB

tA

P(t) dt .

2. Théorème de l’énergie cinétique : en référentiel galiléen, la variation d’énergie cinétique d’un point matériel entre deux instants est égale au travail, pendant la même durée, de la résultante des forces appliquées à ce point matériel : ∆Ec(M) = Ec2−Ec1 =W1→2(F~) Q35

Remarque : N’oubliez pas “en référentiel galiléen” ni “point matériel”

3. En utilisant le théorème précédent (le référentiel est galiléen, Gaston + luge n’est pas tout à fait un point, mais comme nous le verrons en mécanique ce théorème est utilisable pour un solide car le travail des forces intérieurs est nul en l’absence de déformation) : Ec2 − Ec1 =W1→2(F~) ⇔ ¹₂mv_A² −0 =

Z tA

0 P^{f us}(t) dt =P^{f us}tAcarP^{f us}est constante. On en déduit tA= ₂^mv_P ²^A

f us = 24s Q36

B. Glisse

1. Portion rectiligneAB.

(a) Théorème de l’énergie cinétique : en référentiel galiléen, la variation d’énergie méca- nique d’un point matériel entre deux instants est égale au travail, pendant la même durée, des forces non conservatives appliquées à ce point matériel :

∆Em(M) = E_m2−E_m1 =W_1→2(F~nc) Q37

Remarque : N’oubliez pas “en référentiel galiléen” ni “point matériel”

(b) Appliquons le théorème précédent au système { pointM } entre les pointsAetB.

b

A

b

O R

bS

Z

b

B

~v^A

~v

~R^N

~p

~v^B

α α

H h

x

Système : { pointM }

Référentiel d’étude : le référentiel terrestre, galiléen (avec une bonne approximation pour ce type de mouvement)

Bilan des forces :

• poids ~p = m~g (travaille, conservative)

• réaction du supportR~ =R~Ncar il n’y a pas de frottement.

Remarque : Tracez la figure (ou la partie utile de celle-ci) et placez-y les forces et les données (R,α...)

Seul le poids travaille entreAetBcarR~N est perpendiculaire au mouvement. L’énergie potentielle de pesanteur estEp = +mgZ car l’axe est orienté vers le haut.

Remarque : Justifiez rapidementW(R~N) = 0

(17)

On a ainsi pour le pointM,

Em(B)−Em(A) = W(R~N)⇒ 1

2mv_B² +mgZB− 1

2mv_A² −mgZA= 0

avecZB = Rcosα et ZA = 0 . ⇒ v_B² = v_A² −2gRcosα et vB =^qv_A² −2gRcosα si le terme sous la racine est positif.

Q38

Remarque : on obtient bienvB < vAcomme le suggère l’intuition.

(c) Dans le cas limite oùvA=vA,lle palet arrive enB avec une vitesse quasiment nulle.

On en déduitv_A,l² −2gRcosα = 0⇒ vA,l=^q2gRcosα≃5,8m.s⁻¹ Q39

Autre manière de voir les choses : il faut que vB soit défini, or il y a une racine dans l’expression devBet il est donc nécessaire que le terme sous la racine soit positif ce qui donne le même résultat.

Il s’agit d’une question où les justifications ont été souvent très critiquables : « il faut quevB >0» pourquoi pasvB = 0? « il faut quevB >0» c’est forcément le cas

puisquevB =k~vBket qu’une norme est toujours positive.

2. Portion circulaireBC.

(a) Principe fondamental de la dynamique : en référentiel galiléen, la dérivé temporelle de la quantité de mouvement d’un point matériel est égale à la résultante des forces appliquées à ce point matériel : d

dt(m.~v) =m~a(M/R^g) =F~ Q40

Remarque : Il s’agit ici du PFD, sur un point. Dans le cas d’un système, on utilise le théorème de la résultat cinétique. On aurait toujours besoin d’un référentiel galiléen, mais il faut maintenant rajouter les différences suivantes : le système doit être fermé, les forces sont uniquement les forces extérieures et l’accélération à prendre en compte est celle du centre de masse.

(b) Sur la portion circulaire la base polaire est mieux adaptée.

b

C

b

O R

b

S Z

bB

α M

~e_θ

~e_r R~_N

~p θ

Remarque : Le vecteur ~eθ ”est orienté” par comme l’orientation positive des angles. Ici le choix a été fait d’orienter les angles dans le sens horaire de façon à ce que θ > 0 sur le schéma ci-contre, ce qui facilite grandement les projections (signes en particuliers).

Le paletM est à nouveau soumis à

• son poids~p=m~g =−mgcosθ.~er+mgsinθ~eθ et à

• la réaction du supportR~ =RN.~er

Remarque : Une figure avec les forces est obligatoire .

Par ailleurs, dans la base polaire−−→OM =R.~er ⇒~v =Rθ.~e˙ θ et~a =Rθ.~e¨ θ−Rθ˙².~er.

(18)

Le principe fondamental s’écrit donc ici,

m~a=~p+R~N ⇒m(Rθ.~e¨ θ−Rθ˙².~er) =−mgcosθ.~er+mgsinθ~eθ+RN.~er

soit après projection selon~er, RN = mgcosθ −mRθ˙² et R~N =m[gcosθ−Rθ˙²]~er (Re- Q41

marque, c’étaitR~N qui était demandé et nonRN).

(c) Pour déterminer l’expression de v cherchée, on peut utiliser le théorème de l’énergie mécanique : ∆Em = Wnc où Em = Ec +Ep est l’énergie mécanique de M et Wnc le travail des forces non conservatives.

Remarque : il est souvent plus pertinent d’utiliser le théorème de l’énergie mécanique que celui de l’énergie cinétique lorsque l’on connait les énergies potentielles, ce qui est le cas ici. Cela évite le calcul du travail et facilite généralement les choses.

RN est la seule force non conservative mais elle ne travaille pas d’oùWnc = 0.

Quant à ~p, elle dérive de l’énergie potentielleEp = mgZ +Cte = mgRcosθ+Cte ici.

Remarque : On peut poserCte = 0si on veut prendreEp = 0pourZ = 0

Par application du théorème entreB : (θ =−α;v =vB)etM : (θ;v), on peut écrire : Em(B)−Em(A) =Wnc ⇒ 1

2mv_B² +mgRcos(−α) +Cte−1

2mv²+mgRcos(θ)−Cte= 0

⇒ v² = v_B² + 2gR(cosα−cosθ) ⇒ v =^qv_B² + 2gR(cosα−cosθ) si le terme sous la racine est défini, c’est à dire si le palet peut atteindre la valeur deθconsidérée.

Q42

Attention, « il n’y a pas de frottement donc l’énergie mécanique se conserve » est une phrase a priori fausse. En effet, il peut y avoir d’autres forces qui font varier l’énergie mécanique (pensez à un avion où à une voiture, leur énergie mécanique

augmente grâce aux moteurs). De même, il peut arriver (et cela dépend du référentiel) que les frottements soient moteurs (pensez à une feuille qui s’envole à

cause du vent).

(d) En reportant la relationv² =R²θ˙² ⇒θ˙² = _R^v²² dans l’expression deR~N, on obtient RN =m

"

gcosθ− v² R

#

=m

"

gcosθ−v_B²

R −2gcosα+ 2gcosθ

#

=m

"

3gcosθ− v_B²

R −2gcosα

#

et commev_B² =v_A² −2mgRcosα, il vient R~N =m

"

3gcosθ− v²_A R

#

·~er

Q43

On aurait pu en fait calculer directementven fonction devAen appliquant directement le théorème de l’énergie mécanique entre A et M. Pensez à préciser les points entre lesquels vous utilisez le théorème.

(e) Le décollage se produira lorsqueRN s’annule.

D’après le résultat de la question 2.(c),RN diminue lorsqueθ˙² = _R^v²² augmente or sur la portion circulaireBS,v est maximale enB puis diminue.

Ainsi, si le palet doit décoller, entre B et S, ce sera donc enB, c’est à dire en θ = −α.

Remarque : une analyse physique avant le calcul est nécessaire. Ou alors il faut faire des maths

(19)

proprement.

On cherche donc la valeur limitev^′_A,lpour laquelleRN s’annule enθ =−α

⇒3gcos(−α)− v^′_A,l²

R = 0 ⇒v_A,l^′ =^q3Rgcosα La condition survAest donc vA<^q3Rgcosα≃7,1m.s⁻¹

Q44

Autre manière de voir la même chose : on veut∀θ ∈ [−α; 0] ; 3gcosθ− ^v

2 A

R >0⇒ ∀θ ∈ [−α; 0];√

3Rgcosθ > vA

or sur[−α; 0]la grandeur√

3Rgcosθvarie entre√

3Rgcosαet√

3Rgdonc pour quevA

vérifie l’inégalité ∀θ ∈ [−α; 0], il faut et il suffit que √

3Rgcosα = v^′_A,l > vA. (même résultat)

(f) Le palet quittera la piste enθdtel queRN = 0 ⇒3gcosθd−^v

2 A

R = 0⇒ θd= arccos

"

v²_A 3gR

#

Q45

Remarque : Grâce à la question précédente, on sait que l’argument d’arc-cosinus est bien inférieur à 1, sinon on aurait déjà décollé en S.

(g) Puisquev = ^qv²_A−2gRcosθ (TEM depuis le pointAou question 1b et 2c) et puisque 3gcosθd= ^v_R^A² = 0(question2f) on en déduit que2gRcosθd= ²₃v_A² et donc que vd= ^v^√^A₃ . Q46