Devoir de physique n°5 - corrigé
Durée : 3 heures 20/03/2021
Exercice 1 : Piste cylindrique
1. Système : masse 𝑆 Référentiel 𝑅𝑡 galiléen.
En coordonnées cylindriques, 𝑂𝑆⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑅𝑢⃗⃗⃗⃗ car 𝑦 = 0 ici. 𝑟 Alors 𝑉⃗ = 𝑅𝜃̇𝑢⃗⃗⃗⃗ 𝜃
Et 𝑎 = −𝑅𝜃̇2𝑢⃗⃗⃗⃗ + 𝑅𝜃̈𝑢𝑟 ⃗⃗⃗⃗ 𝜃
2. L’énergie potentielle de pesanteur s’écrit 𝐸𝑝 = 𝑚𝑔𝑧 + 𝐴 car l’axe 𝑧 est dirigé vers le haut. 𝐴 est une constante.
On remarque que −𝑧 = 𝑅 cos 𝜃 donc 𝐸𝑝 = −𝑚𝑔𝑅 cos 𝜃 + 𝐴 𝐸𝑝(𝜃 =𝜋
2) = 0 ⇒ 𝐴 = 0 et 𝐸𝑝 = −𝑚𝑔𝑅 cos 𝜃 3. 𝐸𝑚 = 𝐸𝑐+ 𝐸𝑝
Avec 𝐸𝑐 =1
2𝑚𝑉2 =1
2𝑚𝑅2𝜃̇2 ⇒ 𝐸𝑚 =1
2𝑚𝑅2𝜃̇2 − 𝑚𝑔𝑅 cos 𝜃 A l’instant initial : 𝐸𝑚0 = −𝑚𝑔𝑅 cos 𝜃0
4. Le théorème de la puissance mécanique s’écrit 𝑑𝐸𝑚
𝑑𝑡 = 𝑃(𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ )𝑛𝑐 .
𝑑𝐸𝑚
𝑑𝑡 est la dérivée de l’énergie mécanique.
𝑃(𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ ) est la puissance des forces non conservatives. 𝑛𝑐 Ce théorème est valide en référentiel galiléen.
5. On applique le théorème de la puissance mécanique.
La seule force non conservative est la réaction normale à la piste. Et 𝑃(𝑁⃗⃗ ) = 𝑁⃗⃗ . 𝑉⃗ = −𝑁𝑢⃗⃗⃗⃗ . 𝑅𝜃̇𝑢𝑟 ⃗⃗⃗⃗ = 0 𝜃 Alors 𝑑𝐸𝑚
𝑑𝑡 = 0 ⇒ 𝐸𝑚= 𝑐𝑡𝑒.
En particulier 𝐸𝑚(𝜃) = 𝐸𝑚0 ⇒ 1
2𝑅𝜃̇2− 𝑔 cos 𝜃 = −𝑔 cos 𝜃0 (après simplification par 𝑚𝑅) 6. Principe fondamental de la dynamique : 𝑚𝑎 = 𝑃⃗ + 𝑁⃗⃗
Avec 𝑃⃗ = 𝑚𝑔(cos 𝜃 𝑢⃗⃗⃗⃗ − sin 𝜃 𝑢𝑟 ⃗⃗⃗⃗ ) et 𝑁𝜃 ⃗⃗ = −𝑁𝑢⃗⃗⃗⃗ 𝑟
En projetant sur 𝑢⃗⃗⃗⃗ et 𝑢𝑟 ⃗⃗⃗⃗ on obtient : 𝜃 {−𝑚𝑅𝜃̇2 = 𝑚𝑔 cos 𝜃 − 𝑁 𝑚𝑅𝜃̈ = −𝑚𝑔 sin 𝜃 7. L’équation sur 𝑢⃗⃗⃗⃗ se réécrit : 𝑁 = 𝑚𝑔 cos 𝜃 + 𝑚𝑅𝜃̇𝑟 2
Question 5 : 1
2𝑚𝑅2𝜃̇2 = 𝑚𝑔𝑅(cos 𝜃 − cos 𝜃0) ⇒ 𝑚𝑅𝜃̇2 = 2𝑚𝑔(cos 𝜃 − cos 𝜃0) Et 𝑁 = 𝑚𝑔 cos 𝜃 + 2𝑚𝑔(cos 𝜃 − cos 𝜃0) soit 𝑁 = 3𝑚𝑔 cos 𝜃 − 2𝑚𝑔 cos 𝜃0
8. 𝛿𝑊(𝑇⃗ ) = 𝑇⃗ . 𝑑𝑟⃗⃗⃗⃗ = −𝑇𝑢⃗⃗⃗⃗ . 𝑅𝑑𝜃𝑢𝜃 ⃗⃗⃗⃗ ⇒ 𝛿𝑊(𝑇𝜃 ⃗ ) = −𝑇𝑅𝑑𝜃 𝛿𝑊(𝑁⃗⃗ ) = 𝑁⃗⃗ . 𝑑𝑟⃗⃗⃗⃗ = −𝑁𝑢⃗⃗⃗⃗ . 𝑅𝑑𝜃𝑢𝑟 ⃗⃗⃗⃗ ⇒ 𝛿𝑊(𝑁𝜃 ⃗⃗ ) = 0
𝛿𝑊(𝑃⃗ ) = 𝑃⃗ . 𝑑𝑟⃗⃗⃗⃗ = 𝑚𝑔(cos 𝜃 𝑢⃗⃗⃗⃗ − sin 𝜃 𝑢𝑟 ⃗⃗⃗⃗ ) . 𝑅𝑑𝜃𝑢𝜃 ⃗⃗⃗⃗ ⇒ 𝛿𝑊(𝑃⃗ ) = −𝑚𝑔𝑅 sin 𝜃 𝑑𝜃𝜃 9. a) On intègre le travail élémentaire entre 𝜃0 et 𝜃 :
𝑊𝜃𝜃0(𝑇⃗ ) = ∫ 𝛿𝑊(𝑇⃗ )𝜃𝜃
0 = − ∫ 𝑇𝑅𝑑𝜃𝜃𝜃
0 ⇒ 𝑊𝜃𝜃0(𝑇⃗ ) = −𝑇𝑅(𝜃 − 𝜃0)
b) De même : 𝑊𝜃𝜃0(𝑁⃗⃗ ) = ∫ 𝛿𝑊(𝑁⃗⃗ )𝜃𝜃
0 = ∫ 0. 𝑑𝜃𝜃𝜃
0 ⇒ 𝑊𝜃𝜃0(𝑁⃗⃗ ) = 0 c) De même : 𝑊(𝑃⃗ )
𝜃𝜃0 = ∫ 𝛿𝑊(𝑃⃗ )𝜃𝜃
0 = ∫ 𝑚𝑔𝑅(− sin 𝜃)𝑑𝜃𝜃𝜃
0 ⇒ 𝑊(𝑃⃗ )
𝜃𝜃0 = 𝑚𝑔𝑅(cos 𝜃 − cos 𝜃0) 10. Théorème de l’énergie cinétique : 𝐸𝑐(𝜃) − 𝐸𝑐(𝜃0) = 𝑊𝜃𝜃0(𝑇⃗ ) + 𝑊𝜃𝜃0(𝑁⃗⃗ ) + 𝑊𝜃𝜃0(𝑃⃗ )
D’où 12𝑚𝑉2 = −𝑇𝑅(𝜃 − 𝜃0) + 𝑚𝑔𝑅(cos 𝜃 − cos 𝜃0) 𝑉2 = −2𝑇𝑅
𝑚 (𝜃 − 𝜃0) + 2𝑔𝑅(cos 𝜃 − cos 𝜃0)
11. Du fait des frottements, l’énergie mécanique de 𝑆 diminue légèrement au cours du mouvement et la masse remonte un peu moins haut que son point de départ. Donc 𝜃1 < |𝜃0|.
12. On écrit la relation de la question 10 pour 𝜃 = 𝜃1 , la vitesse étant nulle : 0 = −2𝑇𝑅
𝑚 (𝜃1− 𝜃0) + 2𝑔𝑅(cos 𝜃1 − cos 𝜃0) ⇒ 𝑇 = 𝑚𝑔cos 𝜃1− cos 𝜃0 𝜃1− 𝜃0 13. On écrit la relation de la question 10 pour 𝜃 = 0 :
𝑉(𝜃 = 0)2 = 2𝑇𝑅
𝑚 𝜃0+ 2𝑔𝑅(1 − cos 𝜃0) ⇒ 𝑉(𝜃 = 0) = √2𝑇𝑅
𝑚 𝜃0+ 2𝑔𝑅(1 − cos 𝜃0) 14. On dérive par rapport au temps la relation de la question 10 :
2𝑉𝑑𝑉
𝑑𝑡 = −2𝑇𝑅
𝑚 𝜃̇ − 2𝑔𝑅 sin 𝜃 𝜃̇ ⇒ 𝑉𝑑𝑉
𝑑𝑡 = −𝑇𝑅
𝑚 𝑉
𝑅− 𝑔𝑅 sin 𝜃𝑉
𝑅 ⇒ 𝑑𝑉
𝑑𝑡 = −𝑇
𝑚− 𝑔 sin 𝜃 En 𝜃 = 0 : 𝑑𝑉
𝑑𝑡(𝜃 = 0) = −𝑇
𝑚
Exercice 2 : La mission Spatiale Rosetta
1. Système : comète.
Référentiel : héliocentrique.
La trajectoire est circulaire. On se place en coordonnées polaires.
Force : 𝐹 = −𝐺𝑚𝑀ʘ
𝑅2 𝑢⃗⃗⃗⃗ 𝑟
On a 𝑟 = 𝑅𝑢⃗⃗⃗⃗ ⇒ 𝑣 = 𝑅𝜃̇𝑢𝑟 ⃗⃗⃗⃗ ⇒ 𝑎 = −𝑅𝜃̇𝜃 2𝑢⃗⃗⃗⃗ + 𝑅𝜃̈𝑢𝑟 ⃗⃗⃗⃗ 𝜃 Principe fondamental de la dynamique : 𝑚𝑎 = 𝐹
En projection sur 𝑢⃗⃗⃗⃗ : −𝑚𝑅𝜃̇𝑟 2 = −𝐺𝑚𝑀ʘ
𝑅2 ⇒ 𝜃̇2 = 𝐺𝑀ʘ
𝑅3
Or 𝜃̇ =2𝜋
𝑇 donc 4𝜋𝑇22 = 𝐺𝑀ʘ
𝑅3 ⇒ 𝑇2
𝑅3= 4𝜋2
𝐺𝑀ʘ
L’énoncé suggère d’admettre que cette relation est valide pour les trajectoires elliptiques en substituant 𝑎 à 𝑅 donc on peut écrire 𝑇𝑐2
𝑎3 = 4𝜋2
𝐺𝑀ʘ pour la comète.
Alors 𝑇𝑐 = √(2𝜋𝑎𝑐)3
2𝜋𝐺𝑀ʘ = 2 . 108 𝑠 = 6 𝑎𝑛𝑠. 2. Le moment cinétique s’écrit : 𝜎 𝑆 = 𝑟 ∧ 𝑚𝑣 .
En coordonnées polaires : 𝑟 = 𝑟𝑢⃗⃗⃗⃗ avec 𝑟 variable (trajectoire elliptique). Alors 𝑣 = 𝑟̇𝑢𝑟 ⃗⃗⃗⃗ + 𝑟𝜃̇𝑢𝑟 ⃗⃗⃗⃗ 𝜃 Et 𝜎 𝑆 = 𝑚𝑟2𝜃̇ 𝑢⃗⃗⃗⃗ 𝑧.
Théorème du moment cinétique : 𝑑𝜎𝑑𝑡⃗⃗ 𝑆 = 𝑀⃗⃗ (𝐹 )
Avec 𝑀⃗⃗ (𝐹 ) = 𝑟 ∧ 𝐹 = 𝑟𝑢⃗⃗⃗⃗ ∧ (−𝐺𝑚𝑀ʘ𝑢⃗⃗⃗⃗ ) = 0⃗ ⇒ 𝑑𝜎⃗⃗ 𝑆 = 0⃗ ⇒ 𝜎 = 𝑐𝑡𝑒⃗⃗⃗⃗⃗⃗
Le vecteur position 𝑟 est perpendiculaire au vecteur 𝜎 𝑆 (par définition du produit vectoriel).
On en déduit que la comète appartient à toute date 𝑡 au plan perpendiculaire à 𝜎 𝑆 et contenant 𝑆 : le mouvement est plan.
On a : 𝐶 =‖𝜎⃗⃗ 𝑆‖
𝑚 soit 𝐶 = 𝑟2𝜃̇. 3. On a 𝐸𝑚 = 𝐸𝑐 + 𝐸𝑝 = 1
2𝑚𝑣2 −𝐺𝑚𝑀ʘ
𝑟
Avec 𝑣2 = 𝑟̇2+ 𝑟2𝜃̇2 = 𝑟̇2+ 𝑟2(𝐶
𝑟2)2 = 𝑟̇2+𝐶2
𝑟2 Donc 𝐸𝑚 =1
2𝑚𝑟̇2+1
2𝑚𝐶2
𝑟2−𝐺𝑚𝑀ʘ
𝑟 . Posons 𝐸𝑒𝑓𝑓(𝑟) =1
2𝑚𝐶2
𝑟2−𝐺𝑚𝑀ʘ
𝑟 . Alors on a bien 12𝑚𝑟̇2= 𝐸𝑚− 𝐸𝑒𝑓𝑓(𝑟).
4. Soit 𝐸0 = min(𝐸𝑒𝑓𝑓(𝑟)).
Alors le graphe énergétique suivant, pour 𝐸𝑚= 𝐸0 met en évidence l’existence d’une trajectoire à 𝑟 = 𝑟0 constant donc circulaire.
Pour déterminer 𝑟0 et 𝐸0 , on cherche le minimum de 𝐸𝑒𝑓𝑓(𝑟).
𝑑𝐸𝑒𝑓𝑓
𝑑𝑟 = −𝑚𝐶2
𝑟3 +𝐺𝑚𝑀ʘ
𝑟2 .
𝑑𝐸𝑒𝑓𝑓
𝑑𝑟 (𝑟 = 𝑟0) = 0 ⇒ −𝐶2
𝑟0 + 𝐺𝑀ʘ = 0 ⇒ 𝑟0 = 𝐶2
𝐺𝑀ʘ Et 𝐸0 = 𝐸𝑒𝑓𝑓(𝑟0) =1
2𝑚𝐶2
𝑟02 −𝐺𝑚𝑀ʘ
𝑟0 =1
2𝑚𝐺2𝑀ʘ2
𝐶2 − 𝑚𝐺2𝑀ʘ2
𝐶2 d’où 𝐸0 = −1
2𝑚𝐺2𝑀ʘ2
𝐶2 .
La trajectoire étudiée étant circulaire 𝑟̇(𝑟 = 𝑟0) = 0 d’où 𝐸𝑐(𝑟0) = 1
2𝑚𝐶2
𝑟02 = 1
2𝑚𝐺2𝑀ʘ2
𝐶2
Et 𝐸𝑝(𝑟0) = −𝐺𝑚𝑀ʘ
𝑟0 = −𝑚𝐺2𝑀ʘ
2 𝐶2 .
On en déduit 2𝐸𝑐(𝑟0) + 𝐸𝑝(𝑟0) = 0. (Cette relation est le théorème du Viriel) 5. A l’aphélie et au périhélie, 𝑟 est extrémal donc 𝑟̇ = 0.
Alors l’équation 1
2𝑚𝑟̇2 = 𝐸𝑚− 𝐸𝑒𝑓𝑓(𝑟) peut s’écrire simplement 𝐸𝑚− 𝐸𝑒𝑓𝑓(𝑟) = 0 : les 𝑟 solutions de cette équation sont 𝑟𝑚𝑖𝑛 et 𝑟𝑚𝑎𝑥.
𝐸𝑚−1
2𝑚𝐶2
𝑟2+𝐺𝑚𝑀ʘ
𝑟 = 0 ⇔ 𝑟2+𝐺𝑚𝑀ʘ
𝐸𝑚 𝑟 −𝑚𝐶2
2𝐸𝑚 = 0. Le discriminant s’écrit Δ = (𝐺𝑚𝑀ʘ
𝐸𝑚 )2+ 4𝑚𝐶2
2𝐸𝑚. Raisonnons par équivalence :
Δ > 0 ⇔ (𝐺𝑚𝑀ʘ
𝐸𝑚 )2+ 4𝑚𝐶2
2𝐸𝑚 > 0 ⇔ 2𝑚𝐶2𝐸𝑚 > −(𝐺𝑚𝑀ʘ)2 ⇔ 𝐸𝑚 > −𝑚𝐺2𝑀ʘ2
2𝐶2 ⇔ 𝐸𝑚 > 𝐸0 D’après les graphes énergétiques tracés aux précédentes questions, 𝐸𝑚> 𝐸0 est vérifié puisque la trajectoire est supposée elliptique non circulaire. Donc le discriminant est positif.
Tout trinôme du 2nd degré peut s’écrire en fonction de la somme 𝑠 et du produit 𝑝 de ses racines : 𝑥2− 𝑠𝑥 + 𝑝 = 0.
On en déduit {
𝑟𝑚𝑖𝑛+ 𝑟𝑚𝑎𝑥 = −𝐺𝑚𝑀ʘ
𝐸𝑚 (1) 𝑟𝑚𝑖𝑛𝑟𝑚𝑎𝑥 = −𝑚𝐶2
2𝐸𝑚 (2)
avec 𝑟𝑚𝑖𝑛+ 𝑟𝑚𝑎𝑥 = 2𝑎 (géométrie d’une ellipse). D’où (1) ⇒ 𝐸𝑚 = −𝐺𝑚𝑀ʘ
2𝑎 . L’excentricité 𝑒 apparaît sur le schéma de l’ellipse de l’énoncé. On remarque :
{𝑟𝑚𝑎𝑥 = 𝑎 + 𝑎𝑒 = 𝑎(1 + 𝑒)
𝑟𝑚𝑖𝑛= 𝑎 − 𝑎𝑒 = 𝑎(1 − 𝑒) ⇒ 𝑟𝑚𝑖𝑛𝑟𝑚𝑎𝑥 = 𝑎2(1 − 𝑒2).
Et (2) ⇒ 𝑎2(1 − 𝑒2) = −𝑚𝐶2𝐸2
𝑚 6. La vitesse aréolaire est 𝑑𝐴
𝑑𝑡 avec 𝑑𝐴 l’aire parcourue par le vecteur position pendant 𝑑𝑡.
On a : 𝑑𝐴 = 1
2‖𝑟⃗ ∧ d𝑟⃗ ‖=1
2‖⃗ ∧ 𝑣 d𝑡‖𝑟 =1
2‖r ∧ m𝑣 ‖dt
m =1
2
‖𝜎⃗⃗ 𝑆‖
𝑚 d𝑡 =𝐶
2𝑑𝑡 D’où 𝑑𝐴
𝑑𝑡 = 𝐶
2 : la vitesse aréolaire est constante. Il s’agit de la 2e loi de Kepler.
La surface de l’ellipse est la surface balayée par 𝑟 pendant la période de révolution : 𝐴 =𝐶
2𝑇𝐶 D’où : 𝜋𝑎2√1 − 𝑒2 = 𝐶
2𝑇𝑐
On a trouvé en question 5) la relation suivante : 1 − 𝑒2 = − 𝑚𝐶2
2𝐸𝑚𝑎2
D’où : 𝜋2𝑎4(− 𝑚𝐶2
2𝐸𝑚𝑎2) =𝐶2
4 𝑇𝑐2 ⇒ 𝑇𝑐2 = −2𝜋2𝑎2𝑚
𝐸𝑚 = −2𝜋2𝑎2𝑚 (− 2𝑎
𝐺𝑚𝑀ʘ) = 4𝜋2𝑎3
𝐺𝑀ʘ
Et finalement 𝑇𝑐2
𝑎3 = 4𝜋2
𝐺𝑀ʘ : on a démontré la 3e loi de Kepler pour les trajectoires elliptiques, admise en question 1.
Exercice 3 : Mouvement d’une crosse de Hockey
Q11. Loi du moment cinétique : 𝑑𝐿𝑑𝑡𝑂𝑧 = 𝑀𝑂𝑧(𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )𝑒𝑥𝑡 où 𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑥𝑡 est la résultante des forces extérieures appliquées à la crosse.
On a 𝐿𝑂𝑧= 𝐽𝜃̇.
Actions :
• Pivot parfait. 𝑀𝑂𝑧= 0.
• Poids. 𝑀𝑂𝑧(𝑃⃗ ) = (𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑃⃗ ). 𝑢⃗⃗⃗⃗ = (ℎ(cos 𝜃 𝑢𝑧 ⃗⃗⃗⃗ + sin 𝜃 𝑢𝑥 ⃗⃗⃗⃗ ) ∧ 𝑀𝑔𝑢𝑦 ⃗⃗⃗⃗ ). 𝑢𝑥 ⃗⃗⃗⃗ = −𝑀𝑔ℎ sin 𝜃 𝑧 D’où 𝐽𝜃̈ = −𝑀𝑔ℎ sin 𝜃 et donc 𝐽𝜃̈ + 𝑀𝑔ℎ sin 𝜃 = 0.
Q12. Pour de faibles oscillations sin 𝜃 ∼ 𝜃 d’où 𝐽𝜃̈ + 𝑀𝑔ℎ𝜃 = 0
Q13. L’équation (2) se réécrit 𝜃̈ +𝑀𝑔ℎ
𝐽 𝜃 = 0 d’où 𝜔0 = √𝑀𝑔ℎ𝐽 et 𝑇 = 2𝜋√𝑀𝑔ℎ𝐽 Q14. Multiplions (1) par 𝜃̇ : 𝐽𝜃̇𝜃̈ + 𝑀𝑔ℎ sin 𝜃 𝜃̇ = 0 qui s’intègre en 𝐽𝜃̇2
2 − 𝑀𝑔ℎ cos 𝜃 = 𝐴 avec 𝐴 ∈ ℝ.
Q15. 𝐽𝜃̇22 est l’énergie cinétique de la crosse. [𝐽𝜃̇2
2 ] = [𝐽]. 𝑇−2= 𝑀. 𝐿2. 𝑇−2
−𝑀𝑔ℎ cos 𝜃 est l’énergie potentielle de pesanteur de la crosse. [−𝑀𝑔ℎ cos 𝜃] = 𝑀. 𝐿. 𝑇−2. 𝐿 = 𝑀. 𝐿2. 𝑇−2 Ces deux termes sont bien homogènes à une énergie (𝑀. 𝐿2. 𝑇−2).
Q16. Les trajectoires de phase sont fermées, le mouvement est pendulaire. Le fait que 𝜃 reste borné est un autre argument qui conduit à la même conclusion.
Q17. L’amplitude de 𝜃 semble diminuer avec le temps. Les frottements ne sont pas négligeables comme on l’a supposé. L’hypothèse de pivot parfait n’est pas respectée.
