Corrigé TD M3 : Travail et énergie mécanique Exercice 1 : Skieur Système : skieur. Référentiel : terrestre supposé galiléen. Forces :

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Corrigé TD M3 : Travail et énergie mécanique

Exercice 1 : Skieur

Système : skieur.

Référentiel : terrestre supposé galiléen. Forces :

➢ poids 𝑃⃗ , conservatif ;

➢ réaction normale du support 𝑅⃗ N (pas de frottement solide), qui ne

travaille pas ;

➢ frottement fluide 𝑓 = −𝜆𝑣 , non conservative. On a 𝑟 = 𝑥𝑢⃗ 𝑥 ⇒ 𝑣 = 𝑥̇𝑢⃗ 𝑥 ⇒ ℰc =

1 2𝑚𝑥̇

2_.

Énergie potentielle de pesanteur : ℰp = −𝑚𝑔𝑥sin𝛼 + 𝐴1 ⇒ ℰm= 1 2𝑚𝑥̇

2_{− 𝑚𝑔𝑥sin𝛼 + 𝐴} 1.

D’autre part, 𝒫(𝑓 ) = 𝑓 ⋅ 𝑣 = −𝜆𝑥̇2 < 0 : 𝑓 tend à diminuer l’énergie mécanique. Loi de la puissance mécanique :

dℰm

d𝑡 = 𝒫(𝑓 ) ⇒ 𝑚𝑥̇𝑥̈ − 𝑚𝑔𝑥̇sin𝛼 = −𝜆𝑥̇

2 _{⇒ 𝑥̈ +} 𝜆

𝑚𝑥̇ = 𝑔sin𝛼

Exercice 2 : Pendule

Système : point matériel M.

Référentiel : laboratoire supposé galiléen. Forces :

➢ tension 𝑇⃗ , qui ne travaille pas ; ➢ poids 𝑃⃗ , conservatif. Énergie mécanique : ℰm = ℰc+ ℰp. Énergie cinétique : ℰ_c = 1 2𝑚𝑣 2 _{avec et 𝑟 = ℓ𝑢⃗} 𝑟 ⇒ 𝑣 = ℓ𝜃̇𝑢⃗ 𝜃 ⇒ ℰc = 1 2𝑚ℓ 2_𝜃̇2_.

ℰ_p = −𝑚𝑔𝑧 + 𝐴₁ (O𝑧 orienté vers le bas). 𝑧 = ℓcos𝜃 ⇒ ℰ_p= −𝑚𝑔ℓcos𝜃 + 𝐴₁. ℰm=

1

2𝑚ℓ

2_𝜃̇2_{− 𝑚𝑔ℓcos𝜃 + 𝐴}

1 (intégrale première de l’énergie) dℰm

d𝑡 = 𝑚ℓ

2_{𝜃̇𝜃̈ + 𝑚𝑔ℓ𝜃̇sin𝜃.}

Loi de la puissance mécanique : dℰ_d𝑡m = 0 ⇒ 𝜃̈ +𝑔

ℓsin𝜃 = 0

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Exercice 5 : Limites de la trajectoire

1. Système : particule de charge 𝑞′.

Référentiel : laboratoire supposé galiléen. Force électrostatique : 𝐹 =_4𝝅𝜀𝑞𝑞′

0𝑥2𝑢⃗ 𝑥.

Travail élémentaire : 𝛿𝑊 = 𝐹 ⋅ d𝑟 avec d𝑟 = d𝑥𝑢⃗ 𝑥 ⇒ 𝛿𝑊 = 𝑞𝑞′ 4𝝅𝜀0 d𝑥 𝑥2 = −d ( 𝑞𝑞′ 4𝝅𝜀0𝑥). Le travail élémentaire peut s’écrire sous forme différentielle. 𝐹 est donc conservative. L’énergie potentielle correspondante est définie par 𝛿𝑊 = −d𝐸p⇒ 𝐸p=

𝑞𝑞′ 4𝝅𝜀0𝑥+ 𝐴1 . 2. Énergie cinétique : 𝐸c = 1 2𝑚𝑣 2_. Énergie potentielle : 𝐸p = 𝑞𝑞′ 4𝝅𝜀0𝑥+ 𝐴1 avec 𝑞′ = −𝑞. Énergie mécanique : 𝐸m = 1 2𝑚𝑣 2₋ 𝑞2 4𝝅𝜀0𝑥+ 𝐴1.

Le système n’est soumis qu’à une force conservative, le mouvement est donc conservatif. Loi de l’énergie mécanique : 𝐸m(𝑡) = 𝐸m(𝑡 = 0) =

1 2𝑚𝑣0

2₋ 𝑞2

4𝝅𝜀0𝑎+ 𝐴1.

La particule mobile peut échapper à l’attraction de la particule située en O si elle peut s’éloigner à l’infini, donc si 𝐸_m≥ lim

𝑥→+∞𝐸p(𝑥) = 𝐴1 ⇒ 𝑣 ≥ 𝑞 √2𝝅𝜀0𝑚𝑎. 3. L’énergie potentielle s’écrit toujours 𝐸p =

𝑞𝑞′

4𝝅𝜀0𝑥+ 𝐴1, mais ici 𝑞′ = 𝑞. Loi de l’énergie mécanique : 𝐸m(𝑡) = 𝐸m(𝑡 = 0) =

1 2𝑚𝑣0

2₊ 𝑞2

4𝝅𝜀0𝑎+ 𝐴1. On a lim

𝑥→0+𝐸p(𝑥) = +∞ > 𝐸m. La particule mobile ne peut pas atteindre O. On a 𝑣 = 𝑥̇𝑢⃗ 𝑥. Lorsque la distance 𝑥 est minimale, la vitesse est nulle.

On en déduit 1₂𝑚𝑣₀2+ 𝑞2 4𝝅𝜀0𝑎= 𝑞2 4𝝅𝜀0𝑥m ⇒ 𝑥m= 𝑎𝑞2 2𝝅𝜀0𝑎𝑚𝑣02+𝑞2.

Exercice 6 : Vibration d’une molécule diatomique

1. Système : noyau d’hydrogène.

Référentiel : laboratoire supposé galiléen.

Le système n’est soumis qu’à des forces conservatives. Il est donc conservatif. La position d’équilibre est caractérisée par d𝐸p

d𝑟 (𝑟0) = 0. On a d𝐸p d𝑟 = 1 𝑟2( 𝛼𝑒2 4𝝅𝜀0− 𝑛𝐶 𝑟𝑛−1) ⇒ 𝛼𝑒2 4𝝅𝜀0 = 𝑛𝐶 𝑟0𝑛−1⇒ 𝑟0 = ( 4𝝅𝜀0𝑛𝐶 𝛼𝑒2 ) 1 𝑛−1 . 2. On a 𝐸d = −𝐸p(𝑟0) ⇒ 𝐸d= (𝑛−1)𝐶 𝑟0𝑛 .

Page 4 sur 5 3. La constante de raideur du ressort équivalent est donnée par 𝑘 =d

2_𝐸 p d𝑟2 (𝑟0). On a d 2_𝐸 p d𝑟2 = 1 𝑟3[ 𝑛(𝑛+1)𝐶 𝑟𝑛−1 − 2𝛼𝑒2 4𝜋𝜀0] ⇒ 𝑘 = 𝑛(𝑛−1)𝐶 𝑟0𝑛+2 . 4. On a 𝜔0 = √ 𝑘 𝑚 ⇒ 𝜔0 = 1 𝑟0√ 𝑛𝐸d 𝑚 . 5. On a donc 𝑛 =𝑚𝜔02𝑟02 𝐸d ⇒ 𝑛 = 12,0. On a également 𝐶 =𝑟0𝑛𝐸d 𝑛−1 ⇒ 𝐶 = 1,06 × 10 −138_Jm12_. Enfin, 𝛼 =4𝝅𝜀_𝑒2_𝑟0𝑛𝐶 0𝑛−1 ⇒ 𝛼 = 0,399.

Exercice 7 : Palet glissant sur une piste (d’après ENAC 2011)

1. Système : palet M.

Référentiel : lié à la piste, supposé galiléen. Forces :

➢ poids 𝑃⃗ = 𝑚𝑔 , conservative ;

➢ réaction normale 𝑅⃗ N, qui ne travaille pas.

Le mouvement est conservatif, l’énergie mécanique se conserve : ℰmA = ℰmB.

Énergie cinétique : ℰc = 1

2𝑚𝑉

2_.

Énergie potentielle de pesanteur : ℰ_p = 𝑚𝑔𝑧 + 𝐴₁. Énergie mécanique : ℰm = ℰc+ ℰp.

On a donc 𝑉B = √𝑉A2+ 2𝑔(𝑧A− 𝑧B) avec 𝑧B− 𝑧A = 𝑅cos𝛼 ⇒ 𝑉B = √𝑉A2− 2𝑔𝑅cos𝛼 .

2. Si B est atteint, alors 𝑉B est défini.

On doit donc avoir 𝑉A ≥ √2𝑔𝑅cos𝛼 ⇒ 𝑉A,ℓ= √2𝑔𝑅cos𝛼 ⇒ 𝑉A,ℓ = 6ms−1.

3. Loi de la quantité de mouvement : 𝑚𝑎 = 𝑃⃗ + 𝑅⃗ N.

Suivant (AB) : 𝑚d𝑉 d𝑡 = −𝑚𝑔sin𝛼 ⇒ d𝑉 d𝑡 = −𝑔sin𝛼 ⇒ 𝑉(𝑡) = −𝑔𝑡sin𝛼 + 𝐴2. Or, 𝑉(𝑡 = 0) = 𝑉A = 𝐴2 ⇒ 𝑉(𝑡) = 𝑉A− 𝑔𝑡sin𝛼. De plus, 𝑉(𝑡 = 𝜏) = 𝑉B= 𝑉A− 𝑔𝜏sin𝛼 ⇒ 𝜏 = 𝑉A−𝑉B 𝑔sin𝛼 .

4. On utilise une base polaire de centre O, et on oriente les angles dans le sens horaire. On a alors 𝑟 = 𝑅𝑢⃗ 𝑟⇒ 𝑣 = 𝑅𝜃̇𝑢⃗ 𝜃 ⇒ 𝑎 = −𝑅𝜃̇2𝑢⃗ 𝑟+ 𝑅𝜃̈𝑢⃗ 𝜃.

On projette la loi de la quantité de mouvement selon 𝑢⃗ _𝑟 : −𝑚𝑅𝜃̇2 = −𝑚𝑔cos𝜃 + 𝑅_N (1) Il faut exprimer 𝜃̇. Calculons l’énergie mécanique du palet.

Sur l’arc BC, on a ℰc = 1

2𝑚𝑅

2_𝜃̇2 _{et 𝑧 = 𝑧}

A+ 𝑅cos𝜃 ⇒ ℰp= 𝑚𝑔(𝑧A+ 𝑅cos𝜃) + 𝐴1.

Le système est conservatif : ℰm= ℰmA⇒ 1 2𝑚𝑅 2_𝜃̇2_{+ 𝑚𝑔(𝑧} A+ 𝑅cos𝜃) + 𝐴1 = 1 2𝑚𝑉𝐴 2 _{+ 𝑚𝑔𝑧} 𝐴+ 𝐴1. On a donc 𝜃̇2 = 𝑉A2 𝑅2− 2𝑔 𝑅 cos𝜃 (2) (1)et (2) ⇒ 𝑅N= 3𝑚𝑔cos𝜃 − 𝑚 𝑅𝑉A 2 _.

5. Avant le sommet, on a 𝜃 ∈ [−𝛼, 0]. Sur cet intervalle, 𝑅N est une fonction croissante de 𝜃 : 𝑅N est

minimum pour 𝜃 = −𝛼.

Il n’y a pas décollage si 𝑅N(−𝛼) > 0 ⇒ 𝑉A< √3𝑔𝑅cos𝛼 .

6. Le palet quitte la piste lorsque 𝑅N s’annule :

𝑅N(𝜃d) = 0 ⇒ cos𝜃d= 𝑉A2 3𝑔𝑅 avec 𝜃d ∈ [0, 𝝅 2] ⇒ 𝜃d = arccos ( 𝑉A2 3𝑔𝑅) .

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Exercice 8 : Barrière de potentiel

1. Système : masse m.

Référentiel : terrestre supposé galiléen. Bilan des forces :

- Poids 𝑃⃗ = 𝑚𝑔 = −𝑚𝑔𝑢⃗⃗⃗⃗ 𝑦

- Réaction normale du support : 𝑅⃗ = 𝑅𝑢⃗⃗⃗⃗ _𝑦

- Force de rappel élastique du ressort : 𝐹 = −𝑘(ℓ − ℓ0)𝑢⃗ , avec 𝑢⃗ = 𝐼𝑀⃗⃗⃗⃗⃗ /‖𝐼𝑀⃗⃗⃗⃗⃗ ‖

La seule force non conservative est la réaction du support, orthogonale au déplacement (pas de frottement), donc de travail nul. Le théorème de l’énergie mécanique se traduit alors par 𝐸𝑚 = 𝑐𝑡𝑒.

2. 𝐸𝑝 = 𝐸𝑝,𝑝𝑜𝑖𝑑𝑠+ 𝐸𝑝,𝑟𝑒𝑠𝑠𝑜𝑟𝑡. Le mouvement est horizontal donc 𝐸𝑝,𝑝𝑜𝑖𝑑𝑠 = 𝑐𝑡𝑒.

Alors 𝐸𝑝 = 1

2𝑘(ℓ − ℓ0)

2_{+ 𝐴}

1. Il faut exprimer cette énergie potentielle en fonction de 𝑥. D’après le

théorème de Pythagore : ℓ2 = 𝑎2+ 𝑥2. D’où 𝐸𝑝 = 1 2𝑘(√𝑎 2_{+ 𝑥}2_{− ℓ} 0) 2 + 𝐴1.

3. Les positions d’équilibre 𝑥𝑒 vérifient ( 𝑑𝐸𝑝 𝑑𝑥)_{𝑥=𝑥𝑒} = 0. Or 𝑑𝐸𝑝 𝑑𝑥 = 𝑘(√𝑎 2_{+ 𝑥}2_{− ℓ} 0) ( 𝑥 √𝑎2_+𝑥2) = 𝑘 (𝑥 − ℓ0𝑥 √𝑎2_+𝑥2) = 𝑘𝑥 (1 − ℓ0 √𝑎2_+𝑥2) On a donc 𝑥𝑒 = 0 ou √𝑎2+ 𝑥2 = ℓ0 ⇔ 𝑥𝑒 = ±√ℓ02− 𝑎2 avec ℓ0 > 𝑎 Conclusion :

- Si 𝑎 > ℓ0 il n’existe qu’une seule position d’équilibre 𝑥𝑒 = 0

- Si 𝑎 < ℓ0, il existe trois positions d’équilibre distinctes : 𝑥𝑒 = 0 et 𝑥𝑒 = ±√ℓ02− 𝑎2.

4. Le profil 1 fait apparaître une seule position d’équilibre (stable) en 𝑥𝑒 = 0, il correspond au cas 𝑎 ≥ ℓ0.

Le profil 2 fait apparaître une position d’équilibre (instable) en 𝑥𝑒 = 0 et deux positions d’équilibre

(stables) symétriques en 𝑥𝑒 = ±√ℓ02− 𝑎2. Il correspond au cas 𝑎 < ℓ0.

5. On suppose que le mobile est lancé depuis la position 𝑥_𝑒 = √ℓ₀2− 𝑎2_{. Il est lancé avec une vitesse 𝑣} 0,

alors son énergie mécanique (conservée) est :

𝐸_𝑚 = 𝐸_𝑚(𝑡 = 0) = 𝐸𝑝(𝑥𝑒) + 𝐸𝑐(𝑡 = 0) = 0 + 1 2𝑚𝑣0 2 ₌1 2𝑚𝑣0 2

Suivant la valeur de la vitesse 𝑣0, on peut avoir les deux situations suivantes pour l’énergie mécanique :

Dans ce premier cas, le système n’a pas assez

d’énergie pour échapper au puit d’énergie potentielle et le mouvement est restreint du côté des 𝑥 positifs (état lié) :

0 < 𝑥_𝑚𝑖𝑛 ≤ 𝑥(𝑡) ≤ 𝑥_𝑚𝑎𝑥.

Dans ce 2e _{cas, le système a accès à}

un espace plus grand. Le mouvement est toutefois toujours borné (état lié).

On est dans le cas de droite si le système a assez d’énergie pour franchir la barrière de potentiel situé en 𝑥 = 0, c’est-à-dire : 𝐸𝑚 ≥ 𝐸𝑝(𝑥 = 0) ⇔ 1 2𝑚𝑣0 2 _≥1 2𝑘(𝑎 − ℓ0) 2_{+ 𝐴} 1. Il faut exprimer 𝐴1. On a : 𝐸𝑝(𝑥 = 𝑥𝑒 = √ℓ02− 𝑎2) = 0 ⇒ 𝐴1 = 0. Alors : 1 2𝑚𝑣0 2 _≥ 1 2𝑘(𝑎 − ℓ0) 2 _{⇒ 𝑣} 0 ≥ (ℓ0− 𝑎)√ 𝑘

𝑚 est la condition pour passer la barrière de