RÉPUBLIQUE ALGÉRIENNE DÉMOCRATIQUE ET POPULAIRE

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RÉPUBLIQUE ALGÉRIENNE DÉMOCRATIQUE ET POPULAIRE

MINISTÈRE DE L’ENSEIGNEMENT SUPÉRIEUR ET DE LA RECHERCHE SCIENTIFIQUE

Concours National d’accès aux Écoles Nationales Supérieures

24-25 juin 2013

Date : 25 juin 2013 Épreuve : Physique Durée : 03 heures Coefficient : 04

Le problème est noté sur 20 pts

1. a_x=−250m/s² , v₀=27.77m/s , v=0m/s . v²−v₀²=2a_x(x−x₀) (0.75 pt)

d’où x−x₀=v²−v₀²

2a_x (0.5pt)=1.54m(0.25pt)

2. Σ⃗F=m⃗a , après projection

{

^{Σ F}^{Σ F}^xy^{=m a}=m a^x_y c'est-à-dire

{

^−μ^NcN^=mg(=ma^0.5x(0.5^pt)pt) d’où a_x=−μ_cg (0.5 pt)

Nous avons également la relation x−x₀=v²−v₀² 2a_x = v₀²

2μ_cg (0.5 pt)

(2)

3. De ce qui précède, nous avons

v₀=

√

²^μ^c^g

⁽

^x⁻^x⁰

⁾

^(0.5^pt^)=16.04^m^/^s ^{(0.25 pt).}

Ou bien ^v⁰

2

μ_c=2g

(

^x−^x0

)

⁼^constante ^{, d’où} ^v⁰

2

μ_c=v₀^'² μ^'_c

Alors v₀^'=v₀

√

^μ^μ^c^c^' ^=16.04^m^/^s ^.

4. a. Les frottements sur la route sont négligés, aucune force extérieure n’est appliquée aux deux voitures et la quantité de mouvement totale du système est conservée.

v_A=+1.50m/s , v_B=−1.10m/s , v^'_A=+0.25m/s . m_Av_A+m_Bv_B=m_Av^'_A+m_Bv_B^' (0.5 pt)

D’où

v^'_B=m_Av_A+m_Bv_B−m_Av^'_A

m_B (0.5pt)=+0.41m/s . (0.25 pt)

Avant le choc, l’énergie cinétique totale est E_c=1

2m_Av²_A+1

2m_Bv_B²(0.5pt)=2846J . (0.25 pt) Après le choc, l’énergie cinétique totale est

E_c^'=1

2m_Av^'_A²+1

2m_Bv_B^'²(0.5pt)=176J . (0.25 pt) La variation en énergie cinétique est donc

Δ E_c=E_c^'−E_c(0.5pt)=−2670J . (0.25 pt)

5. Montrer que la position d’équilibre de G lorsque le véhicule est au repos, s’écrit comme (1pt) :

Première méthode:

La masse est soumise à son poids dirigé vers le bas P=Mg Force de rappel exercée par le ressort dirigée vers le haut :

(3)

F=k(l−l₀) avec ^l=^yGéq−y_r est la longueur du ressort à l’équilibre.

A l’équilibre les deux forces se compensent:

G é q+¿y_r l₀−y_¿ Mg=k

(

^l0−l

)

^=k^¿

Ce qui donne : y_{Gé q}=l₀+y_r−Mg k Deuxième méthode:

A l’équilibre statique, la dérivée de l’énergie potentielle par rapport à la coordonnée généralisée y est nulle. L’expression de l’énergie potentielle est donnée par :

E_p=1

2k

(

^yG−y_r−l₀

)

²⁺^Mgy⁺^Cste

avec y=y_G−y_{G é q} , d’où : E_p=1

2k

(

^y+^yGé q−y_r−l₀

)

²⁺^Mgy+^Cste

avec d E_p dy

|

y=0

=0 .

Après dérivation et remplacement de y par la valeur zéro, on trouve :

k

(

^yG é q−y_r−l₀

)

⁺^Mg=0

Ce qui donne aussi : y_{Gé q}=l₀+y_r−Mg

k

6. Énergie cinétique (0.5pt) : E_c=1

2M´y_G²=1

2M

(

^´^{y− ´}^yG é q

)

²⁼¹₂^M^´^y²

car y_{G é q} est une constante.

7. Énergie potentielle de pesanteur (0.5pt):

y_{G é q} est choisie comme le zéro de l’énergie potentielle, donc : E_pp=Mgy

8. Énergie potentielle élastique (0.75pt) : E_pe=1

2k

(

^yG−y_r−l₀

)

²⁼¹₂^k

(

^yG−y_{G é q}+y_{G é q}−y_r−l₀

)

²

(4)

avec y=y_G−y_{G é q} et y_{G é q}−y_r−l₀=−Mg

k , ce qui donne:

E_pe=1

2k

(

^y⁻^Mgk

)

²

9. L’énergie potentielle totale s’écrit donc (0.5 pt):

Ep=Epe+Epp=1

2k

(

^y−^Mgk

)

²⁺^Mgy=¹2k y²+cste 10.Le Lagrangien du système s’écrit (0.5 pt):

L=E_c−E_p=1

2M ´y²−1 2k y²

Le lagrangien est donné à une constante près qui n’affecte pas le résultat final.

11.La fonction de dissipation D est donnée dans le cas d’une force de frottement de type visqueux sous la forme (0.5 pt):

D=1 2β´y²

l’extrémité inférieure de l’amortisseur étant fixe.

12. L’équation d’Euler-Lagrange est donnée dans le cas d’un système amorti par (0.5pt) :

d

dt

(

^{∂ L}∂´y

)

⁻^{∂ L}∂ y=−∂ D

∂´y

13.Après dérivation on trouve l’équation différentielle du mouvement du système

(0.5 pt) :

M ´y+ky+β´y=0

14.Remarquons que le terme β´y a la dimension d’une force, c'est-à- dire, qu’il a l’unité kg . m

s² , ce qui donne l’unité de β comme kg . m. s

s². m =kg

s . (0.5 pt)

15.L’équation caractéristique de l’équation différentielle de (13) est donnée par :

r²+ β M r+ k

M=0

Pour que cette équation ait une solution double (caractéristique du mouvement critique), il faudra que son discriminant ∆ soit nul, d’où:

∆=

(

M^β

)

²⁻⁴ M^k =0

(5)

ce qui donne β=2

√

^{kM=2. 10}⁴^kg_s . (1 pt)

16.Cette valeur numérique de β représente le degré d’amortissement pour lequel le système est sur le point de passer d’un mouvement oscillatoire vers un mouvement apériodique (pas d’oscillation) et vice versa. Rappelons que pour cette valeur de β , le système n’oscille pas encore mais revient plus rapidement vers sa position d’équilibre.

(0.5 pt)

17.Si le véhicule se déplace à une vitesse v constante, le temps nécessaire pour que ce dernier se déplace sur une longueur L serait: T=L

v , d’où la vitesse angulaire est donnée par (0.25 pt):

ω=2π

T =2π v L

18.L’équation d’Euler-Lagrange de ce système amorti forcé (0.5 pt) : d

dt

(

^{∂ L}∂´y

)

⁻^{∂ L}∂ y=−∂ D

∂´y +F_e(t)

où F_e(t) est la force généralisée, qui dans ce cas est donnée par : F_e(t)=kAcos(ωt)

Alors que la fonction de dissipation D est donnée par (0.5 pt):

D=1

2β

(

^´^{y− ´}^yr

)

²

avec

y_r=R+Acos(ωt)

qui représente aussi le mouvement de l’extrémité inférieure de l’amortissuer,

et L=1

2M´y²−1 2k y²

19.Après dérivation, on trouve (0.5 pt):

M ´y+ky+β´y=β´y_r+kAcos(ωt) ou encore

M ´y+ky+β´y=kAcos(ωt)−βωAsin(ωt)

20.Réécrire l’équation différentielle en notation complexe (0.5 pt) : M~´y+k~y+β~´y=kA e^jωt+β d

dt

(

A e^jωt

)

ou encore (en écriture standard)

~´y+ k ~y+ β ~´y= k A e^jωt+ β d

(

A e^jωt

)

(6)

ce qui donne

~´y+ k M~y+ β

M ~´y= k

M A e^jωt+jω β M A e^jωt

~´y+ k M~y+ β

M ~´y=A e^jωt

(

M^k +jω β M

)

rappelons que ~y(t) n’est pas la solution de l’équation différentielle du système étudié, mais plutôt sa partie réelle.

21.On se propose une solution sinusoïdale sous la forme (0.5 pt) :

~y(t)=~C e^jωt avec ^~_C_{=C e}^jφ

où C et φ sont l’amplitude de la solution et le déphasage entre la réponse et l’excitation, respectivement.

En remplaçant la solution dans l’équation différentielle ci-dessus, on trouve :

(

^−ω²⁺M^k +jω β

M

)

^~^C⁼^A

(

M^k +jω β M

)

ce qui donne (0.5 pt)

~C=

A

(

M^k +jω β M

)

−ω²+ k

M+jω β M

=A (k+jωβ)

−Mω²+k+jωβ a- Le module de l’amplitude serait (0.5 pt):

C=A

√

^k²⁺⁽^ωβ⁾²

√ ⁽

⁻^Mω²⁺^k

⁾

²⁺⁽^ωβ⁾²

b- Le déphasage entre la réponse et l’excitation (0.5 pt):

φ=arctg

(

^ωβk

)

⁻^arctg

(

k−^ωβMω²

)

L’équation du mouvement du système en notation complexe s’écrit donc (0.25 pt):

~y(t)=C e^j⁽^ωt+^φ⁾

22. La solution réelle (quantité mesurable) s’écrit donc (0.25 pt):

y(t)=ℜ

{

^~^y^(t)

}

^=Ccos(ωt+φ)

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