Devoir Surveillé n 9 (2) Corrigé

Devoir Surveillé n°9 (2) − Corrigé

Lundi 4 avril 2022

Chapitres concernés : Toute la mécanique.

— Chapitre n°17. Mouvement dans un champ à force centrale.

— Chapitre n°18. Mouvement de rotation d’un solide.

Exercice 1 La crosse de Hockey (D’après CCINP TSI 2020 )

Pour manipuler le palet, les joueurs utilisent une crosse de hockey composée d’un manche et d’une palette. La crosse est suspendue par l’extrémité supérieure du manche (pointO) à un axe horizontal (Oz) fixe par une liaison pivot supposée parfaite et peut ainsi osciller. L’axe (Oz) est dirigé vers l’avant de la figure 1. L’écart de la crosse de hockey avec la verticale est repéré par l’angle θ.

La crosse possède :

— une masse totaleM,

— un centre de masseGqu’on considérera situé sur le manche avecOG=h,

— un moment d’inertie totalJ par rapport à l’axe (Oz).

Les vecteurs−u→_x,−→u_y et−→u_z sont des vecteurs unitaires dirigés respectivement selon les axes (Ox), (Oy) et (Oz).

4/18

On cherche à établir la distance qui a été nécessaire pour que le palet s'arrête lors de l'établissement du record du monde sur une patinoire de surface horizontale. Il faut tenir compte des frottements.

Q8. Les forces de frottements sont-elles conservatives ?

Q9. Calculer le travail de la composante tangentielle 𝑅𝑅 _𝑇𝑇 de l'action de la glace sur le palet lors du déplacement du palet.

Q10. On considère que la composante 𝑅𝑅 est un vecteur constant. Quelle distance faut-il au palet _𝑇𝑇 pour s'arrêter ? Combien de longueurs de patinoires le palet pourrait-il parcourir avant de s'arrêter ?

Partie II - Étude de la crosse

Pour manipuler le palet, les joueurs utilisent une crosse de hockey composée d'un manche et d'une palette. La crosse est suspendue par l’extrémité supérieure du manche (point 𝑂𝑂) à un axe horizontal (𝑂𝑂_𝑧𝑧) fixe par une liaison pivot supposée parfaite et peut ainsi osciller. L'axe (𝑂𝑂_𝑧𝑧) est dirigé vers l'avant de la figure 2. L’écart de la crosse de hockey avec la verticale est repéré par l’angle𝜃𝜃.

La crosse possède : - une masse totale 𝑀𝑀ǡ

- un centre de masse G qu’on considérera situé sur le manche avec 𝑂𝑂𝐺𝐺 ൌ 𝑕𝑕ǡ - un moment d’inertie total 𝐽𝐽 (en kg m²) par rapport à l'axe (𝑂𝑂_𝑧𝑧).

Les vecteurs 𝑢𝑢 , _𝑥𝑥 𝑢𝑢 et _𝑦𝑦 𝑢𝑢 sont des vecteurs unitaires dirigés respectivement selon les axes (𝑂𝑂_{𝑧𝑧 𝑥𝑥}), (𝑂𝑂_𝑦𝑦) et (𝑂𝑂_𝑧𝑧).

Figure 2 - Schéma de la crosse de hockey

Q11. Rappeler la loi du moment cinétique pour un solide en rotation autour d'un axe orienté (𝑂𝑂_𝑧𝑧).

En l'appliquant et en négligeant les frottements de l’air, montrer que l'équation différentielle du mouvement de la crosse peut se mettre sous la forme :

𝐽𝐽𝜃𝜃 ൅ 𝑀𝑀𝑔𝑔𝑕𝑕𝑠𝑠𝑖𝑖𝑛𝑛𝜃𝜃 ൌ ͲǤ (1)

Figure 1 – Schéma de la crosse de hockey

R1. Rappeler la loi du moment cinétique pour un solide en rotation autour d’un axe orienté (Oz).

En l’appliquant et en négligeant les frottements de l’air, montrer que l’équation différentielle du mouvement de la crosse peut se mettre sous la forme :

Jθ¨+M ghsin(θ) = 0 (1)

Solution:

Pour un solide en rotation autour d’un axe orienté (Oz), on écrit la loi du moment cinétique par rapport à cet axe (Ox) : dL_Oz

dt =^XM_Oz^ext, où ^XM_Oz^ext est la somme des moments des actions mécaniques extérieures.

Système : crosse de masse M et de centre d’inertie G

Référentiel : terrestre considéré galiléen à l’échelle de l’expérience Bilan des actions mécaniques :

— poids :m−→g, de momentMOz =−M ghsin(θ)<0, car tend à faire tourner dans le sens indirect, ethsin(θ) est le bras de levier.

— action de la liaison pivot, supposée parfaite, donc de moment par rapport à l’axe de rotation nul.

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Année 2021-2022 Le TMC donne : JΩ

dt =−M ghsin(θ) Soit Jθ¨+M ghsin(θ) = 0

R2. Dans le cas d’oscillations de faible amplitude au voisinage de la position d’équilibre, réécrire l’équation (1). L’équa- tion obtenue sera notée (2).

Solution: Dans le cas des petites oscillations, on peut écrire sin(θ)≈θ, donc Jθ¨+M ghθ= 0⇔θ¨+M gh

J θ= 0 (2)

R3. En déduire l’expression de la période des oscillations.

Solution: On identifie l’équation précédente avec l’équation d’un oscillateur harmonique de pulsation propre ω₀=

s M gh

J , donc de période T₀ = 2π ω₀ =

s J M gh

R4. Établir une intégrale première du mouvement à partir de l’équation (1). Cette équation sera notée (3).

Solution:

Jθ¨+M ghsin(θ) = 0 Jθ¨×θ˙+M ghsin(θ)×θ˙ = 0 d

dt 1

2Jθ˙²

− d

dt(M ghcos(θ)) = 0 1

2Jθ˙²−M ghcos(θ) = constante On obtient l’intégrale première du mouvement : 1

2Jθ˙²−M ghcos(θ) = constante

R5. Expliquer en quoi cette équation (3) fait apparaître les différentes formes d’énergies. Vérifier, à partir des unités de base du Système International, que les différents termes sont homogènes à des énergies.

Solution:

1

2Jθ˙² est l’énergie cinétique de la crosse en mouvement de rotation

−M ghcos(θ) est l’énergie potentielle de pesanteur de la crosse, on reconnaît notamment hcos(θ) la cote du centre d’inertie de la crosse.

D’un point de vue unité : [J] = [L]

[ ˙θ] = kg · m², donc Jθ˙ s’exprime en kg · m²· s⁻², ce qui est bien homogène à une énergie.

De même [M gh] = kg× m · s⁻²× m = kg · m²· s⁻²

Exercice 2 Satellites GPS (D’après Concours E3A PC 2020 )

R1. Rappeler l’expression de la force de gravitation −→

F exercée par la Terre sur un satellite NAVSTAR. Le centre de la Terre est situé en O. On notera r la distance OM du satellite (masse ponctuelle m) placé au point M,r > R_T où RT est le rayon terrestre. On exprimera−→

F en fonction de la constante de gravitation universelle G, des autres données et on utilisera le vecteur unitaire noté habituellement −→u_r en coordonnées sphériques (figure 2).

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Année 2021-2022 satellite-based-positioning-systems

A ^/ Trajectoires de satellites

Dans tout le problème, le référentiel d’étude est le référentiel géocentrique supposé galiléen. Les don- nées nécessaires sont regroupées en annexe à la fin de l’énoncé.

Q1- Rappeler l’expression de la force de gravitation^~F exercée par la Terre sur un satellite NAVSTAR. Le centre de la Terre est situé en^O. On notera^rla distance^OMdu satellite (masse ponctuelle^m) placé au point^M,^r>RT où^RT est le rayon terrestre. On exprimera^~F en fonc- tion de la constante de gravitation universelle^G, des autres données et on utilisera le vecteur unitaire noté habituellement^u~r en coordonnées sphériques (figure 3).

•

O y

z

x

•M

~u_r

~F

Figure 3 – Repère sphérique

Q2- En ne prenant en compte que cette unique force d’attraction qui s’exerce sur le satellite, montrer que :

a) sa trajectoire est plane;

b) son énergie mécanique notée^Em est conservée;

c) et qu’elle peut se mettre sous la forme : Em=m 2

µdr dt

¶2

−A r +B

r² 3

Figure 2 – Repère sphérique

Solution: Force de gravitation exercée par la Terre sur le satellite NAVSTAR : −→

F =−GmM_T r²

−

→u_r

R2. En ne prenant en compte que cette unique force d’attraction qui s’exerce sur le satellite, montrer que : (a) le moment cinétique se conserve ;

Solution:

Système : Satellite NAVSTAR assimilé à un point matériel M de massem Référentiel : référentiel géocentrique, supposé galiléen

Bilan des forces : Force de gravitation exercée par la Terre −→ F

On applique la loi du moment cinétique à M par rapport au centre de la Terre, O, dans le référentiel géocentrique galiléen : d−→

L_O

dt =−−→

MO(−→ F) Or −−→

MO(−→

F) =−−→

OM∧−→ F =−→

0 , car→−

F est colinéaire à −−→

OM (c’est une force centrale).

Ainsi, le moment cinétique−→

LO est constant (b) sa trajectoire est plane ;

Solution:

Le moment cinétique est défini par : −→

LO = −−→

OM ∧m−→v(M) est orthogonal à chaque instant au vecteur position et au vecteur vitesse. Autrement dit, −−→

OM et −→v sont orthogonaux à chaque instant au vecteur

−→LO constant. Ces deux vecteurs sont donc contenus à chaque instant dans le plan perpendiculaire à −→

LO, le mouvement a lieu dans le plan contenant O et perpendiculaire à −→

L_O.

(c) la grandeurr²θ˙se conserve au cours du mouvement ; comment s’appelle cette grandeur ? à quelle loi de Kepler est-elle reliée ?

Solution:

x y

O•

r

M•

−

→u_r

−

→u_θ

θ

Nous avons montré que le mouvement du satellite est plan. On peut utiliser les coordonnées polaires dans le plan du mouvement :−−→

OM =r−→ur et−→v = ˙r−→ur+rθ˙−→uθ

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Année 2021-2022 Ainsi le moment cinétique s’exprime selon :

−→LO = −−→

OM∧m−→v(M)

= mr−→u_r∧ r˙−→u_r+rθ˙−→u_θ

= mr²θ˙−u→z

= mC−→u_z avec C=r²θ˙la constante des aires.

Cette grandeur est directement liée à la 2^e loi de Kepler, qui stipule que le rayon vecteur balaye des aires égales en des temps égaux.

(d) son énergie mécanique notée Em est conservée ; Solution:

La force de gravitation est une force conservative qui dérive de l’énergie potentielle E_p=−GmM_T r . Le satellite est donc soumis à une unique force conservative, donc l’énergie mécanique se conserve (e) et qu’elle peut se mettre sous la forme :

Em = m 2

dr dt

2

−A r + B

r²

avec A etB deux constantes positives à définir, s’exprimant en fonction de m,MT, Get de la constante des airesC. L’énergie potentielle est prise nulle à l’infini.

Solution:

Énergie mécanique :

Em = Ec+Ep

= 1

2mv²− GmM_T r

= 1

2mkr˙−→u_r+rθ˙−→u_θk²−GmM_T r

= 1

2mr˙²+1

2mr²θ˙²−GmM_T r

= 1

2mr˙²+1 2mr²

C r²

2

−GmMT

r

= 1

2mr˙²+1 2mC²

r² − GmM_T r

= 1

2mr˙²+ B r² −A

r

L’énergie mécanique s’écrit : Em= 1

2mr˙²+1 2mC²

r² −GmMT

r , qui se met bien sous la forme fournie, en identifiant B = mC²

2 et A=GmM_T R3. Soit la fonction E_p,eff=−A

r + B

r². Tracer son allure puis prouver qu’elle passe par un minimum notér₀. Exprimer r₀ en fonction deAetB puis donner sa signification physique ainsi que l’ordre de grandeur de sa valeur numérique pour un satellite NAVSTAR placé sur son orbite de travail. Comment est habituellement dénommée cette fonction Ep,eff?

Solution:

E_p,eff s’appelle l’ énergie potentielle effective

r→0limE_p,eff = +∞

r→+∞lim Ep,eff = 0 dE_p,eff

dr = A r² −2B

r³

E_p,eff présente un minimum en r₀ tel que A r²₀ = 2B

r³₀ , soit r₀ = 2B

A = C² GM_T

r0 est le rayon de la trajectoire circulaire pour le jeu de condition initiale (position et vitesse) tel que la constante des aires vaut C.

D’après le début de l’énoncé, le système GPS se trouve à l’altitude h0 = 20.10³ km, donc

r₀ =R_T +h₀= 26,4.10³ km

r Ep,eff(r)

r0

On donne la définition d’un jour sidéral terrestre : c’est la durée que met la Terre pour faire un tour sur elle-même par rapport au point vernal (point considéré comme fixe dans le référentiel héliocentrique), indépendamment de sa révolution autour du Soleil. Elle vaut environ 23 h 56 min 4 s.

R4. Établir l’expression de la norme du vecteur vitesse v₀ sur le mouvement circulaire de rayon r₀. En déduire la troisième loi de Kepler.

Solution:

On étudie la trajectoire circulaire de rayon r0. Le vecteur accélération s’écrit : −→a =−v²₀ r0

−

→ur+r0θ¨−→uθ

On peut également utiliser la loi des aires pour justifier que ¨θ= 0 et que le mouvement est donc nécessairement uniforme.

On applique le PFD au satellite dans le référentiel géocentrique galiléen : m−→a = −→

F m −v₀²

r0

−

→u_r+r₀θ¨−→u_θ

!

= −GmM_T r₀²

−

→u_r

−mv₀² r0

= −GmM_T r₀² v₀² = GM_T

r0

Soit v₀ =

sGM_T r₀

Le mouvement est uniforme, donc la période du mouvement s’écrit : T = 2πr0

v₀ T = 2πr0

r r0

GMT

T = 2π r₀^3/2

√GM_T

T₀² = 4π²r₀³ GM_T

On retrouve la 3^e loi de Kepler : T²

r₀³ = 4π² GM_T

R5. Quelle est la période de révolution du satellite ? Comparer cette valeur à celle d’un jour sidéral et conclure.

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Année 2021-2022

Solution:

D’après la troisième loi de Kepler, la période de révolution du satellite vaut T = 2π

s r₀³

GM_T = 4,26.10⁴ s = 11 h 50 min 19 s.

Le satellite fait donc un peu plus de deux fois le tour de la Terre en un jour sidéral.

avec^Aet^Bdeux constantes positives à définir, s’exprimant en fonction de^m,^MT,^Get de la constante des aires^C. L’énergie potentielle est prise nulle à l’infini.

Q3- Soit la fonction^Epeff(r)= −A r +B

r². Tracer son allure puis prouver qu’elle passe par un minimum noté^r0. Exprimer^r0en fonction de^Aet^Bpuis donner sa signification physique ainsi que l’ordre de grandeur de sa valeur numérique pour un satellite NAVSTAR placé sur son orbite de travail. Comment est habituellement dénommée cette fonction^Epeff(r)? On donne la définition d’un jour sidéral terrestre: c’est la durée que met la Terre pour faire un tour sur elle-même par rapport au point vernal (point considéré comme fixe dans le référentiel hélio- centrique), indépendamment de sa révolution autour du Soleil. Elle vaut environ 23 h 56 min 4 s.

Q4- Quelle est la période de révolution du satellite? Comparer cette valeur à celle d’un jour sidéral et conclure.

Terre

V~₁ V~₂

Orbite initiale Orbite

finale

Orbite de transfert

Figure 4 – Orbites circulaires et orbite de transfert

Le placement d’un satellite sur son orbite définitive s’effectue très schématiquement en trois phases (figure 4) :

Phase 1 : mise en orbite basse initiale supposée circulaire, de rayon ^R1=R_T+h₁, où h1=1,50×10³km.

Phase 2: on fournit une très brève impulsion au satellite (vitesse^V1après l’impulsion) pour le placer sur une orbite elliptique dite transfert (ou d’Hohmann) dont l’apogée se trouve sur l’orbite définitive.

Phase 3: une seconde impulsion permet d’atteindre l’orbite finale supposée circulaire de rayon^R2où la vitesse du satellite est^V2.

Q5- Donner sans démonstration l’expression de l’énergie mécanique^Em1d’un satellite NAVS- TAR de masse^m= 800 kg sur son orbite basse à l’altitude^h1=1,50×10³km. On suppose l’énergie potentielle nulle à l’infini. Application numérique.

Q6- Comparer^Em1à^Em0=αcos²(λ)−β, énergie mécanique du satellite posé au sol, avant son décollage, de la base de lancement située à la latitude ^λ. Les valeurs de^αet^βsont α=8,6×10⁷Jet^β=5,006×10¹⁰J. Quelle est la valeur optimale pour^λ? Faire l’application

4

Figure 3 – Orbites circulaires et orbite de transfert

Le placement d’un satellite sur son orbite définitive s’effectue très schématiquement en trois phases (figure3) : Phase 1 : mise en orbite basse initiale supposée circulaire, de rayonR1=RT +h1, où h1 = 1,50×10³km.

Phase 2 : on fournit une très brève impulsion au satellite (vitesse V₁ après l’impulsion) pour le placer sur une orbite elliptique dite transfert (ou d’Hohmann) dont l’apogée se trouve sur l’orbite définitive.

Phase 3: une seconde impulsion permet d’atteindre l’orbite finale (de travail)supposée circulaire de rayonR2 où la vitesse du satellite est V₂.

R6. Établir l’expression de l’énergie mécaniqueE_m1 d’un satellite NAVSTAR de massem= 800 kg sur son orbite basse à l’altitude h1 = 1,50×10³km. On suppose l’énergie potentielle nulle à l’infini. Application numérique.

Solution:

Sur l’orbite circulaire de rayon R₁ =R_T +h₁, la vitesse vautv₀ =

s GM_T R_T +h₁ Ainsi l’énergie mécanique s’écrit :

Em1 = 1

2mv₀²− GMT

RT +h1

= 1

2m GMT

RT +h1

− GMT

RT +h1

= − GmMT

2(RT +h1)

Un satellite en mouvement circulaire de rayon R₁ =R_T +h₁ est d’énergie mécanique : Em1=− GmMT

2(R_T +h₁) =−2,03.10¹⁰J

R7. Comparer E_m1 à E_m0 =αcos²(λ)−β, énergie mécanique du satellite posé au sol, avant son décollage, de la base de lancement située à la latitude λ. Les valeurs deα etβ sontα= 8,6×10⁷ J etβ= 5,006×10¹⁰J. Quelle est la valeur optimale pour λ? Faire l’application numérique pour cette valeur optimale. Conclure.

Solution:

La valeur optimale est λ = 0 afin que le satellite au sol ait le maximum d’énergie mécanique. On a alors Em0=−5,00.10¹⁰ J.

Les moteurs doivent donc fournir environ 30 GJ au satellite pour le mettre sur sa première orbite.

R8. À partir de l’expression de l’énergie mécanique pour une trajectoire circulaire de rayon r, on peut montrer qu’il suffit de substituer au rayon r la valeur du demi-grand axe a de l’ellipse pour généraliser cette expression à une trajectoire elliptique. En déduire la valeur numérique de l’énergie mécanique Em12 sur l’orbite de transfert.

Solution:

• O

P• •A

R₁ =R_T +h₁ R₂ =r₀=R_T +h₀

Énergie mécanique sur la trajectoire elliptique : Em12=−GmMT

2a

Or d’après le schéma, le grand-axe s’exprime 2a=R1+R2, donc Em12=−GmMT

R₁+R₂ , avec R2 =r0. A.N. :E_m12=−9.21.10⁹J

On suppose que la durée d’allumage des fusées est très courte (boost) devant la période de révolution et que le satellite n’a quasiment pas bougé durant cette phase.

R9. En déduire la variation de vitesse ∆V1 à appliquer au satellite pour qu’il passe de l’orbite basse à celle de transfert.

Effectuer l’application numérique.

Solution: Énergie mécanique sur la trajectoire elliptique au moment de l’allumage, la vitesse vaut V1 et le satellite se trouve à une distance R1 =RT +h1 de la Terre : Em12=− GmMT

R_T +h₁+r₀ = 1

2mV₁²− GMT

R_T +h₁ Ainsi : V₁ =

s 2GM_T

1 RT +h1

− 1

RT +h1+r0

Or la vitesse sur l’orbite basse vaut : v0 =

s GMT

RT +h1

La variation de vitesse à appliquer pour qu’il passe de l’orbite basse à celle de transfert :

∆V₁=V₁−v₀ = s

2GM_T

1

R_T +h₁ − 1 R_T +h₁+r₀

−

s GM_T R_T +h₁ A.N. : ∆V1= m · s⁻¹

R10. Quelle est la durée du transfert ?

Solution:

Le transfert correspond à la moitié de la trajectoire elliptique de demi-grand axe a, donc la durée du transfert est la moitié de la période donnée par la troisième loi de Kepler : T²

a³ = 4π² GM_T Ainsi la durée du transfert est de : t_tr= T

2 =π s

a³

GM_T = 1,11.10⁴ s = 3,09 h

Pour réduire les coûts, on envisage d’autres trajectoires qui utilisent moins de satellites.

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Année 2021-2022 R11. Définir ce qu’on appelle un satellite géostationnaire en précisant les caractéristiques de son orbite, son altitude, sa visibilité depuis un point donné de la Terre, son usage et toute autre donnée jugée digne d’intérêt. On pourra par exemple se poser la question si un tel satellite pourrait se trouver de manière permanente à la verticale d’une ville française en justifiant la réponse.

Solution:

— Un satellite géostationnaire est un satellite qui reste constamment au-dessus d’un même point de la surface terrestre. Un satellite géostationnaire est donc immobile par rapport à un observateur immobile de la Terre.

— Deux contraintes pour le plan du mouvement du satellite :

— En conséquence de la conservation du moment cinétique, le mouvement du satellite géostationnaire est plan et le plan de la trajectoire du satellite contient le centre de force, c’est-à-dire le centre de la Terre.

— De plus, pour être géostationnaire, il doit rester à chaque instant à la verticale du même pointP de la Terre. Par conséquent le plan du mouvement du satellite géostationnaire doit être confondu avec le plan du mouvement du point P de la surface de la Terre.

Le mouvement d’un pointP de la surface de la Terre dans le référentiel géocentrique est un mouvement circulaire dont le centre est sur l’axe de rotation de la Terre (pôle Sud-pôle Nord). Le plan du mouvement du pointP est perpendiculaire à l’axe (pôle Sud-pôle Nord).

Ainsi le plan du mouvement du satellite géostationnaire doit contenir le centre de la Terre et doit être perpendiculaire à l’axe (pôle Sud-pôle Nord). Ce plan est unique : c’est le plan de l’équateur.

Le plan de la trajectoire d’un satellite géostationnaire est le plan de l’équateur.

— Un satellite géostationnaire reste à chaque instant à la verticale du même point de la surface de la Terre.

Par conséquent, la période du mouvement du satellite géostationnaire doit être de 24h (plus précisément 23h56min4s : durée d’un jour sidéral, c’est-à-dire d’une révolution de la Terre sur elle-même).

La 3^e loi de Kepler permet de déterminer le rayonR_g de l’orbite : T²

R³_g = 4π² GM_T

Soit Rg = GMTT² 4π²

!1/3

Or Rg =RT +h, donc h=Rg−RT = GM_TT² 4π²

!1/3

−RT

A.N. : Avec T = 23×60×60 + 56×60 + 4 s = 86164 s et RT = 6370.10³m Altitude du satellite : h= 3,6.10⁷m = 36.10³ km

— Depuis un point de la Terre, le satellite géostationnaire reste fixe.

R12. Serait-il envisageable d’utiliser uniquement des satellites géostationnaires dans un système GPS ? Expliciter votre réponse.

Solution: Il est intéressant d’utiliser des satellites géostationnaires pour l’observation fixe d’une zone de la Terre, par exemple pour la météo ou pour la TV par satellite.

Les satellites en orbite basse subissent des frottements de la part des hautes couches de l’atmosphère. Ces frottements limitent la durée du vie des satellites en les faisant lentement chuter sur Terre. Ainsi, un satellite situé sur une orbite à 1000 km d’altitude descend d’environ 2 m par jour. On modélise l’action des hautes couches de l’atmosphère par une force de frottement quadratique proportionnelle à la masse du satellite,−→

f =−αmv−→v.

Cette force est suffisamment faible pour que la trajectoire demeure quasi-circulaire : les expressions obtenues pour une orbite circulaire demeurent valables, mais le rayon r de l’orbite varie lentement au cours du temps.

R13. À l’aide d’une loi énergétique, établir l’équation différentielle vérifiée parr.

Solution:

On applique la loi de la puissance mécanique : dEm

dt =Pnc

Avec Pnc la puissance des forces non conservatives, donc : Pnc=−→

f ·−→v =−αmv³ On suppose que la trajectoire demeure quasi-circulaire :

dEm

dt = d

dt

−GmM_T 2r

= −GmM_T 2 ×dr

dt × −1 r² dEm

dt = −→ f ·−→v dEm

dt = −αmv³ GmM_T

2 ×dr dt × 1

r² = −αm

GM_T r

3/2

dr

dt = −2α^pGMTr Soit dr

dt =−2α^pGM_T ×√ r

R14. Sans résoudre cette équation, montrer que les frottements font bien descendre le satellite. En déduire un résultat surprenant concernant l’effet des frottements sur la vitesse du satellite.

Solution: D’après l’équation précédente,dr

dt <0, donc les frottements tendent bien à faire descendre le satellite.

« Paradoxalement » , la vitesse du satellite augmente, puisque v augmente quand r augmente.

R15. Déterminer l’évolution der en fonction du temps. En déduire l’expression et la valeur numérique du coefficient de frottement α.

Solution: Il faut résoudre l’équation différentielle établie précédemment : dr

dt = −2α^pGM_Tr

√dr

r = −2α^pGM_Tdt Z r

r0

dr⁰

√

r⁰ = −2α^pGMT

Z t 0

dt⁰

√r−√ r0

2 = −2α^pGM_T ×t Soit r(t) =√

r₀−4α^pGM_T ×t²

Pour déterminer la valeur deα, utilisons le faire que l’altitude descend d’environ 2 m par jour pour un satellite situé à 1000 km d’altitude.

Prenons t_f = 1 jour ;r₀ = 6370 + 1000 km ;r_f =r₀−2 m, posons r_f =r₀(1−ε), avec ε 1 et effectuons un développement limité.

α =

√r₀−√ r_f 4√

GMTtf

=

√r0−^pr0(1−ε) 4√

GM_Tt_f

≈

√r₀−√ r₀

1−ε

2

4√

GM_Tt_f

≈ ε√ r0

8√ GM_Tt_f

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Année 2021-2022 A.N. :r₀ =R_T +h= 7370 km ; ε= 2 m

6370 km = 3,1×10⁻⁷; α= ε√ r0

8√

GM_Tt_f = 6,2.10⁻¹⁷m⁻¹

Exercice 3 Pendule de torsion (Durée : 1 heure)

On réalise un pendule de torsion à l’aide de deux fils de torsion, chacun ayant une constante de raideurk. On rappelle que, lorsque le fil est tordu d’un angle θ il exerce par rapport à son axe (ici l’axe vertical (Oz)) un couple de moment M =−kθ.

Entre ces deux fils de torsion est fixée une tige de longueur 2`= 40 cm parallèlement au sol du laboratoire (voir figure).

Aux deux extrémités de cette tige son attachées deux masses.

On note I le moment d’inertie de l’ensemble {masses + tige} par rapport à l’axe vertical (Oz).

Vue de face (en l’absence de torsion)

O Fil de torsion 1 Fil de torsion 2

⊗_y z

axe de référencex

•

^{` `}

•

−

→g

Vue de dessus y

(Oz) axe de référencex

•

`

`

•

θ

−⊗

→g

Le système évoluant dans l’air, on supposera que les masses sont chacune soumises à une force de frottements visqueux de la forme −→

F_f = −h−→v où h est une constante positive et −→v est la vitesse de la masse. On négligera les frottements s’exerçant sur la tige.

On notera Ω = ˙θ la vitesse angulaire de rotation.

Équation du mouvement

R1. Donner l’expression du moment cinétique du système {masses + tige}.

Solution: L’énergie cinétique du système {masses + tige} s’écrit : Ec(S) = 1 2IΩ² R2. Faire un bilan précis des actions mécaniques s’exerçant sur le système étudié.

Solution:

Système : {masses + tige}

Référentiel : Terrestre considéré galiléen à l’échelle de l’expérience Bilan des actions mécaniques :

— poids des deux masses et de la tige (mtot−→g), qui s’exerce au centre d’inertie du système situé au milieu de la tige.

— tension du fil−→

T =T−→u_z

— couple de torsion du fil 1 :M =−kθ

— couple de torsion du fil 2 :M =−kθ

— Actions de frottement fluide sur les deux masses −→

F_f1 =

−h−→v₁ et−→

F_f2 =−h−→v₂

Vue de dessus

(Oz)

x

•

`

`

•

θ

−→Ff1

−→F_f2

Remarques 1. Faire un bilan des actions mécaniques précis

— commencer par définir le système étudié précisément. N’est pas assez complet : « le pendule de torsion » ; « la tige » ; « les masses » ;

— le poids m−→g est le poids d’une masse, or le système est plus complet !

— il y a deux fils de torsion, il y a deux couples de torsion à considérer, qui sont égaux, d’après les indications de l’énoncé qui fournit l’expression du moment ;

— il y a deux masses, chacune soumise à une force de frottement fluide différente. Vu la constitution, ces deux forces sont opposées, il s’agit donc d’un couple, dont le moment est non nul par rapport à l’axe de rotation.

Le schéma est fait pour un mouvement ayant lieu dans le sens direct, à savoir Ω = ˙θ >0. Les vecteurs vitesses des deux masses sont orthoradiaux dirigés dans le sens direct, les forces de frottement fluide sont sont orthoradiales dirigées dans le sens indirect.

R3. Exprimer le moment résultant des deux forces de frottements fluides en fonction deh,`et Ω.

Solution: Moment de−→

F_f1 s’exerçant sur M₁ :MOz(−→

F_f1) =−h`Ω×`=−h`²Ω, car :

— la norme de la forcek−→

Ff1k=hk−→v1k=hk`Ω−→uθ1k=h`Ω (dans le cas Ω>0).

— le bras de levier, c’est-à-dire la plus petite distance entre la droite d’action de (Oz) vaut`, puisque les−→

F_f1 est orthogonal à l’axe de rotation ;

— elle fait tourner dans le sens indirect.

Moment de −→

F_f2 s’exerçant surM₂ :MOz(−→

F_f2) =−h`Ω×`=−h`<sup>2</sup>Ω, car le bras de levier vaut` et qu’elle fait tourner dans le sens indirect.

Le moment des résultant des forces de frottement vaut donc Mf =−2h`²Ω (il s’agit d’un couple : la résultante est nulle, mais pas le moment).

R4. Établir l’équation différentielle satisfaite par l’angleθ(t) et la mettre sous la forme : ¨θ+ 2 τ

θ˙+ω₀²θ= 0 en donnant les expressions de τ et de ω0 en fonction de I,h,`etk.

Solution: On applique le TMC par rapport à l’axe de rotation (Oz) : dL_Oz

dt =MOz(poids) +MOz(−→

T) + 2M +MOz(−→

F_f1) +MOz(−→

F_f2) avec :

• moment cinétique du système : L_Oz =IΩ ;

• les moments du poids et de la tension du fil par rapport à (Oz) sont nuls car les deux forces sont colinéaires à l’axe de rotation (Oz) ;

• moment résultant de torsion :Mt=−2kθ le TMC donne : Iθ¨=−2kθ−2h`<sup>2</sup>Ω⇔ θ¨+2h`²

I

θ˙+ 2k I θ= 0 Que l’on peut mettre sous la forme : ¨θ+2

τ

θ˙+ω₀²θ= 0, avec ω0 = s

2k

I et τ = I h`²

À l’instantt= 0, le système est lâché de sa position de repos (θ= 0) avec une vitesse angulaire initiale ˙θ0. Les frottements sont suffisamment faibles pour que le régime d’oscillation du pendule de torsion soit pseudo-périodique.

R5. Déduire de l’hypothèse précédente une condition sur h.

Solution:

Le régime est pseudo-périodique à condition que le discriminant de l’équation caractéristique est négatif :

∆ = 4

τ² −4ω²₀ <0⇔ 1

τ < ω₀⇔ h`² I <

r2k I

Physique − DS n°9 (2)− Corrigé

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Soit h <

√ 2kI

`²

R6. Déterminer alors, dans le cas des petites oscillations, la solution θ(t) de l’équation différentielle (en fonction de t, ω0,τ et ˙θ0), puis tracer l’allure de sa représentation graphique.

Solution: Les racines de l’équation caractéristiques sontx=−1 τ ±j

r

ω₀²− 1 τ² Les solutions s’écrivent : θ(t) =e^−t/τ Acos(ωt) +Bsin(ωt), avec ω=

r

ω²₀− 1 τ² θ(0) = 0 =A et ˙θ(0) =Bω= ˙θ0

Ainsi θ(t) = θ˙0

ωe^−t/τsin(ωt)

R7. Que devient l’expression de la pseudo-période T lorsqu’on se trouve en régime de faible amortissement (c’est-à- dire lorsque τ T₀ où T₀ est la période propre du système).

Solution: La pseudo-période est donnée par T = 2π

ω = 2π r

ω²₀− 1 τ²

. Siτ T₀, soitτ 1 ω0

, alors T ≈ 2π ω0

R8. En déduire une expression approchée de la vitesse angulaire Ω(t) = ˙θ(t) = Ae^−t/τcos(ωt) où l’on précisera les expressions deA et de ω.

Solution: Dans ce cas-làθ≈ θ˙₀ ω0

e^−t/τsin(ω₀t) Ω = ˙θ=

θ˙₀ ω₀e^−t/τ

−1

τ sin(ω₀t) +ω₀cos(ω₀t)

≈ θ˙₀

ω₀e^−t/τ(+ω₀cos(ω₀t)), car 1 τ ω₀ Soit Ω(t)≈θ˙₀e^−t/τcos(ω₀t)

Étude énergétique

R9. Rappeler l’expression de l’énergie cinétiqueEcdu système en fonction deI et de Ω.

Solution: Énergie cinétique du système Ec= 1 2IΩ² .

R10. On définit l’énergie potentielle associée à un couple de forces conservatif par la relation :M =−dEp

dθ où M est le moment du couple par rapport à l’axe de rotation.

En déduire l’expression de l’énergie potentielle associée au couple de torsion.

Solution: On définit l’énergie potentielle associée à un couple de forces conservatif par la relation :M =−dEp

où M =−kθ pour le couple de torsion dθ Ainsi −dEp

dθ =−kθ, soit Ep(θ) = 1

2kθ²+K , où K est une constante.

On peut choisir l’origine de l’énergie potentielle de torsion nulle quand le pendule est à sa position de référence, alors K= 0 et Ep(θ) = 1

2kθ²

R11. En déduire l’expression de l’énergie mécanique Em(t) du système, dans le régime de faible amortissement, en fonction du tempst, du moment d’inertie I, de τ et de ˙θ₀.

Solution: L’énergie mécanique est la somme de l’énergie cinétique et de toutes les énergies potentielles (il ne faut pas oublier qu’il y a deux fils !) :

Em=Ec+Ep1+Ep2 = 1

2IΩ²+1

2kθ²×2 Soit Em = 1

2Iθ˙²₀e^−2t/τcos²(ω0t) +k θ˙²₀

ω²₀e^−2t/τsin²(ω0t) Soit Em

1 2

θ˙²₀e^−2t/τ

Icos²(ω₀t) + 2 k

ω²₀ sin²(ω₀t)

Or ω₀²= 2k

I , soit 2k ω₀² =I Ainsi Em = 1

2Iθ˙₀²e^−2t/τ cos²(ω₀t) + sin²(ω₀t) Ainsi Em(t) = 1

2Iθ˙²₀e^−2t/τ : l’énergie mécanique décroit expo- nentiellement dans le temps.

Exercice 4 Expérience de Ernest Rutherford (D’après CCINP PC 2019 )

Nous nous plaçons dans le cadre du modèle deJ. Perrin, supposant l’existence d’un noyau massif de charge positive, et on étudie le mouvement de la particule alpha lors de son passage à proximité de ce noyau.

Le noyau d’or, de charge positive ponctuelleZ.e, supposé ponctuel et immobile dans le référentiel galiléen du laboratoire, se situe au point O, origine d’un repère cartésien orthonormé (O,−→ex,−→ey,−→ez).

Nous considérons qu’à l’instant initialt= 0 s, la particule alpha, de massem_α et de charge électriqueq_α= +2e, vient de

« l’infini » avec un mouvement rectiligne uniforme caractérisé par un vecteur vitesse −→v₀ =−→v(t= 0) =v₀−→e_x. On désigne par b la distance du point O à la trajectoire de la particule à l’infini (Figure 4). À chaque instant t, on note d(t) la distance entre la particule alpha et le pointO. La particule alpha est donc repérée par le vecteur position−−→

OM =d(t)−→e_r, avec (−→er,−→e_θ,−→ez) une base cylindrique locale directe.

Au plus proche du pointO, la particule alpha est au pointS, la distance minimale en ce point est notéed_m. La particule alpha est non relativiste. L’expérience est réalisée sous très faible pression.

(

  

)

α α

( )

= = = ⋅

  

( )

( )

⁼

( )

^⋅

 

(

^{  θ}

)

 ε

→+∞

( )

= ε

π ε

= ⋅

⋅ ⋅ 



∞





θ







θ

ϕ











Figure 4 – Expérience deErnest Rutherford

R1. Donner l’expression de la force qui s’exerce sur la particule alpha en fonction dee,Z,d,ε₀et−→e_r. Donner l’expression de l’énergie potentielleEpqui y est associée, en considérant que lim

d→+∞Ep(d) = 0, en fonction dee,Z,detε0. Réécrire ces deux expressions en fonction deK = Ze²

2πε0

etd.

Citer les propriétés de cette force qui permettent d’affirmer que le moment cinétique −→

LO par rapport au point O et l’énergie mécaniqueE_M de la particule alpha se conservent.

Solution:

Physique − DS n°9 (2)− Corrigé

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REMARQUES

— La définition propre du système et du référentiel, et la représentation du schéma ne sont pas des options ! ! C’est une obligation !

— « DONNER » veut dire, écrire la formule SANS DÉMONSTRATION. À distinguer de « établir » ou

« démontrer » ou « justifier » . Il était INUTILE (perte de temps, donc perte de points sur la suite du sujet) de démontrer l’expression de l’énergie potentielle électrostatique.

— « CITER les propriétés » ne demande aucune démonstration ! ! ! Donc il fallait se contenter de : « la force est centrale donc le moment cinétique par rapport àOse conserve » et « la force est conservative donc l’énergie mécanique se conserve. »

Système : particule alpha de masse m

α

, de charge q

_α

= 2e.

Référentiel d’étude : référentiel du laboratoire, lié au noyau d’or, considéré galiléen à l’échelle de l’expé- rience.

×O Au b

α•

−−−−→

f_Au

→α u−→_r

La force exercée par le noyau d’or de charge Zesur la particule alpha de charge 2es’écrit

−

→F = (Ze)×(2e) 4πε0d²

−

→e_r = 2Ze² 4πε0d²

−

→e_r Cette force est bien répulsive.

L’énergie potentielle correspondante s’écrit E_p = 2Ze² 4πε₀d En introduisantK = Ze²

2πε0

, on écrit la force −→ F = K

d²

−

→er et l’énergie potentielle Ep(d) = K d Cette force est une force centrale , puisque toujours dirigée selon le vecteur−−→

OM, ce qui permet d’affirmer que le moment cinétique de la particule alpha par rapport à O se conserve.

Cette force est également une force conservative , puisque dérivant d’une énergie potentielle, ce qui permet d’affirmer que l’énergie mécanique de la particule alphas se conserve.

R2. Déterminer, en fonction dem_α etv₀, l’énergie mécaniqueE_M de la particule alpha.

Solution: Énergie mécanique, que l’on calcule à t = 0 : EM = 1

2mv₀²+ K

d₀, or à t= 0, la particule alpha se trouve à l’infini, c’est-à-dired₀→ ∞, soit E_M = 1

2m_αv²₀ R3. Exprimer le moment cinétique−→

LOen fonction deb,mα,v0 et l’un des vecteurs unitaires du trièdre direct (−→er,−→eθ,−→ez).

Pour cela, vous pourrez calculer−→

L_O en M₀, position initiale de la particule alpha telle que−−−→

OM₀ =X−→e_x+b−→e_y. Solution: Moment cinétique, que l’on calcule àt= 0 :−→

LO =−−−→

OM0∧mα−→v0, avec−−−→

OM0 =X−→ex+b−→ey et−→v0 =v0−→ex

Soit −→

L_O=m_α(X−→e_x+b−→e_y)∧v₀−→e_x, soit −→

L_O=−m_αv₀b−→e_z

R4. Établir, à un instant t quelconque, l’expression du moment cinétique −→

L_O en fonction de ˙θ = dθ

dt,m_α, det de l’un des vecteurs unitaires du trièdre direct (O,−→ex,−→ey,−→ez). En déduire une relation entre d,b, ˙θ etv0.

Solution: Àt quelconque :−→

L_O=−−→

OM∧m_α−→v, avec−−→

OM =d−→e_r et−→v = ˙d−→e_r+dθ˙−→e_θ Ainsi −→

LO=mαd²θ˙−→ez

Par conservation du moment cinétique, on en déduit que d²θ˙=−bv₀