[PDF] Correction du devoir surveillé no 4 Problème 1 Tir à larc

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Pôle Joliot Curie-Chateaubriand Samedi 16 janvier 2021

PCSI 1, 2 & 3

Correction du devoir surveillé n

o4

Problème 1 Tir à l"arc

1.

La force de rapp eldu ressort s"écrit

#T=k(``0)# uxorx=`0`, ainsi#T=kx# uxxMO``0corde au repos

Le travail élémentaire s"écrit

W(#T) =kx# ux:dx# ux=kxdx

Et #Test conservative doncW(#T) =dEpe Ainsi E pe=12 kx2+cste On choisit la constante d"intégration telle queEpe(x= 0) = 0, d"oùcste= 0et E pe=12 kx22.Système: flèche assimilée à un point matériel de massem Référentiel: terrestre supposé galiléen auquel on associe le repère(O;# ux).

Bilan des forces:

le p oids#P(force conservative mais qui ne travaille pas ici car= 0), la f orcede rapp el#T(force conservative), la f orceexercée par l"a rcher# Fa(force non conservative). 2.a. Application de la loi de l"én ergiemécanique en treles p ointsO(xO= 0) etM0(xM0=x0< 0):

Em=WO!M0(# Fa)

En notantEppl"énergie potentielle de pesanteur etEpel"énergie potentielle élastique, E c(M0) +Epe(M0) +Epp(M0)(Ec(O) +Epe(O) +Epp(O)) =WO!M0(# Fa) orEc(M0) =Ec(O) = 0,Epp(M0) =Epp(O)car= 0(le poids ne travaille pas) et E pe(O) = 0donc : W

O!M0(# Fa) =12

kx202.b.Application de la loi de l"énergie cinétique en treM0etO. L"archer n"intervient plus, seuls

le poids et la force de rappel s"exercent alors.

Ec=WM0!O(#P) +WM0!O(#T) =WM0!O(#T)

carWM0!O(#P) = 0(le poids ne travaille pas). On en déduit 1 1 2 mv2(O)12 mv2(M0) =Epe(M0)Epe(O) =12 kx20 La flèche étant lâchée sans vitesse initiale depuisM0, il vient v(O) =v0=rkx 20m 2.c. i. Si kest trop élevé, l"archer ne pourra pas armer l"arc de manière significative. Sikest trop faible, l"archer pourra armer l"arc facilement mais l"énergie potentielle en M

0(qui correspond au travail fourni par l"archer et convertie en énergie cinétique en

O) sera faible.

Pour une constante optimalek0et une flèche reculée de la distance maximale`m, la relation précédente s"écrit : v

0max=rk

0`2mm ii. Lorsque l"arc hermain tientl aflèc heimmobile au p ointM0, les forces horizontales se compensent# Fa=#T, ce qui donne, en projection selon# ux:Fa=kx0et donc F m=k0`m ainsi : v

0max=rF

m`mm iii.

Applicati onsn umériques:

ko=Fm` m= 0;29kNm1, v0max=rF m`mm = 68ms1 3. 3.a. Il faut a jouterle tr availdu p oidsq uiétait n ultan tque = 0. 3.b.

On reprend la loi d el"énerg iemécani queétabl ieprécéd emmenten treOetM0et on obtient :

W

O!M0(# Fa) =12

kx20+Epp(M0)Epp(O) W

O!M0(# Fa) =12

kx20WO!M0(#P) W

O!M0(# Fa)<12

kx20car le poids est une force motrice deOàM0: son travail est positif etEpp(M0)< Epp(O). On reprend maintenant la loi de l"énergie cinétique entreM0etO: 12 mv20=12 kx20+WM0!O(#P)<12 kx20car le poids est une force résistante deM0àO: son travail est négatif. Conclusion : le travail fourni par l"archer et la vitesse au pointOsont effectivement plus faibles. 3.c.

Une fois l aflèc helâc hée,la seule f orces"exerçan test le p oids#P. Le système est conser-

vatif, l"énergie mécanique est constante. NotonsSle point culminant de la trajectoire du barycentreGde la flèche : E m(S) =Em(O) 2 Lors de ce mouvement, la vitesse horizontale est constante et égale àv0cos(). Ainsi, au pointS, la vitesse verticale est nulle et#v(S) =v0cos()# ux. La conservation de l"énergie mécanique s"écrit donc : 12 mv20=12 m(v0cos())2+mgz(S) d"où : z(S) =v20(1cos2())2gOn en déduit alorshmaxpourv0=v0maxet= 45°.

Application numérique :hmax= 0;12km.

Commentaire : Altitude surestimée car les frottements ont été négligés. Problème 2 Déviation d"un faisceau d"électrons dans un viseur de casque

A Canon à électrons

A.1Le champ électrique est orienté dans le sens des potentiels décroissants, il est donc orienté suivant

#uz(ce qui correspond à une force accélératrice#F=e#Esuivant+#uz).

A.2On applique le théorème de l"énergie cinétique à un électrons dans le référentiel du labo supposé

galiléen. Cet électron n"est soumis qu"à la force électrique puisque le poids est négligé.Ec12

mv20=

W(#F) =R#E:#d`=eV0, soitv0=r2eV0m

A.3v0= 2;7107ms1. On vérifie que la vitesse est inférieure à c/10, ce qui valide le calcul de la

vitesse en mécanique classique.

B Effet d"un champ magnétique sur le faisceau

B.1On s"intéresse à un électron dans le référentiel du labo supposé galiléen. Il n"est soumis qu"à la

force magnétique. En appliquant le théorème de la puissance cinétique on obtient :dEcdt=e#v^#B:#v=

0puisque#vest orthogonale à#v^#Bpar définition du produit vectoriel. On a ainsiEc=csteau cours

du mouvement, soit un mouvement uniforme. B.2À l"instantt= 0, la force magnétique#Fm(t= 0) =e#v0^B#ux=ev0B#uy. On a ainsi une trajectoire circulaire (#B?#v0) vers lesy <0comme indiqué sur la figure ci-dessous.Oz y# v0x B+C 3 B.3On considère, des coordonnées polaires de centreCde vecteur unitaire#uret#uqui sont

confondus avec#uyet#uzà l"instantt= 0. On vérifie que le trièdre(#ur;#u;#uz)est direct. Dans

ces coordonnées # CM=R#ur,#v=R_#uet#a=R_2#ur=v20R #urcar la norme de la vitesse est constante soit _=v0R et= 0.

L"application de la deuxième loi de Newton à l"électron dans le référentiel du labo supposé galiléen

projeté suivant #urdotmR_2=ev0BsoitR=mv0eB . et_=eBm

C Déviation du faisceau

C.1On applique à l"électron la deuxième loi de newton dans le référentiel du labo supposé galiléen :

md#vdt=e#v^#B. On considérant#v=vx#ux+vy#uy+vz#uz, on obtient en faisant le produit vectoriel :

8>>>><

>>>:m dvxdt=eByvz m dvydt=eBxvz m dvzdt=evyBxevxBy C.2En négligeant les composantes du vecteur vitessevxetvydevantvz, on obtientdvzdt= 0soit v z=cste=v0.

C.3Les équations différentielles ne sont alors plus couplées et on peut intégrer deux fois successive-

ment pour obtenirx(t) =eBy2mv0t2ety(t) =eBx2mv0t2. C.4Le temps nécessaire pour traverser la zone magnétique estt1=`v

0, on a alorsx=jx(t1)j=

eB y2m` 2v

0ety=jy(t1)j=eBx2m`

2v 0.

C.5vxmag=vx(t1) =eBy`m

etvymag=eBx`m . En prenant des ordres de grandeurs pour le champ

magnétique de l"ordre du millitesla (taille des bobines réduites pour être logée dans un casque), on

obtient des vitesses inférieurs à1106ms1. La valeur obtenue reste très inférieure àv0ce qui valide

l"hypothèse.

C.6Dans cette zone, aucune force s"exerce sur l"électron, et son mouvement est rectiligne uniforme

de vitesse#v=vxmag#ux+vymag#uy+v0#uz. La déviation maximale suivant l"axe desxs"écrit :xmax= xmag+tanxdoùtanx=vxmagv

0, soitxmax= xmag+dvxmagv

0. En remplaçant par les expressions

précédentes, on obtientxmax=eBy2mv0(`2+ 2`d). On déduit alorsBymax=2mv0xmaxe(`2+ 2`d)= 6;0mT.

De façon analogue on obtientBxmax=2mv0ymaxe(`2+ 2`d)= 9;4mT

On constate que les champs sont plus intense que ceux qui ont été estimé à la question précédente,

et que l"approximation réalisée n"est pas pas vérifiée pour les valeurs maximales du champ magnétique.

Problème 3 Expériences sur la chute des corps

A Quelques aspects historiques

A.1On assimile le mobile à un point matérielMde massemdans le référentiel du labo supposé

galiléen. Il est soumis à son poids#P=mg#uzet à la réaction du support#Rtelles que#Rsoit perpen-

diculaire à l"axe (Ox)puisque les frottements sont négligés. On négligé également les frottements de

l"air sur le mobile. L"application de la relation fondamentale de la dynamique donne :m#a=#R+#Pet sa projection suivant l"axe(Ox)donnex=gsin

A.2L"accélération étant constante on obtientvxetxpar intégration successives.vx(t) =gsint

(vx(t= 0) = 0) etx(t) =12 gsint2(x(t= 0)coïncide avec le pointAorigine de l"axe(Ax)). On en déduit le tempst0pour parcourir la distance`,t0=r2`gsin. 4

A.3Dans l"expression obtenue précédemment on constate que le temps de chute est indépendant de

la masse du mobile, les deux mobiles arrivent donc en même temps. Cela met en défaut l"expérience

d"Aristote, mais ici, les frottements de l"air n"ont pas été pris en compte.

B Saut en chute libre de Felix Baugmartner

B.1On assimile F. Baumgartner à un point matériel de massemdans le référentiel terrestre supposé

galiléen. Lorsque F. Baumgartner est en chute libre (mouvement de chute pour lequel on néglige

les frottements), son accélération s"écritaz=g(on prend ici un axe(Oz)descendant et sa vitesse

s"écritvz(t) =gt(on suppose qu"àt= 0la vitesse de F. Baumgartner est nulle). La vitesse évolue

alors linéairement en fonction du temps. On remarque sur la figure que l"évolution est linéaire (et

non croissante) jusqu"àtc= 30s. La distance parcouru par F. Baumgartner durant ce temps est z(tc) =12

gt2c= 4;4km. Cela correspond à l"épaisseur de l"atmosphère traversé par F. Baumgartner en

chute libre= 4;4km(max= 6;0km). B.2Par rapport au bilan des forces précédent on ajoute la force de frottement :#f=12

ACv#v=

12 ACv2#uz(l"axe(Oz)est descendant). On constate qu"au bout d"un certain tempst > tlim= 200s,

la vitesse reste constante et on atteint un régime permanent oùv=vlim. En effet d"après la deuxième loi

de Newton projeté suivant l"axe(Oz):mdvzdt=mg12

ACv2z. Pourt > tlim, on ainsimg=12

ACv2lim,

soit=2mgACv

2lim. La détermination graphique devlimdonnevlim= 75ms1soit= 0;54kgm3.

On obtient une valeur plus faible que la masse volumique de l"air ce qui est cohérent puisqu"en altitude

l"atmosphère est moins dense.

B.3Lorsque F. Baumgartner dépasse la vitesse du son (cf figure), l"atmosphère est moins dense que

ce que l"on a obtenu à la question précédente ce qui a limité la création d"une onde de choc.

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