[PDF] Corrigé 1 : Référentiel non galiléen

View - Download Corrigé 1 : Référentiel non galiléen

Previous PDF

Next PDF

Universit´e Cadi AyyadAnn´ee Universitaire 2017/2018

Facult´e des Sciences

Semlalia-Marrakech

D´epartement de Physique

Module de physique - M´ecanique du Point Mat´eriel

Fili`ere S1 SMA - S´erie N

◦3

Corrigé 1 : Référentiel non galiléen

Consid´erons un point mat´eriel, au repos par rapport `a la surface terrestre, de massemsuspendu

`a une altitudeh`a la latitudeλet `a la longitude?.

Le r´ef´erentiel absolu est le r´ef´erentiel g´eocentriqueR0(O,X0Y0Z0), consid´er´e comme galil´een, et le

r´ef´erentiel relatif est le r´ef´erentiel terrestre li´e `a la terreR1(O,X1Y1Z1), r´ef´erentiel du laboratoire,

en rotation uniforme par rapport `aR0avec le vecteur rotation?Ω(R1/R0) =ω?k0.

le r´ef´erentiel absolu est le r´ef´erentiel g´eocentriqueR0(O,X0Y0Z0), consid´er´e comme galil´een, et le

r´ef´erentiel relatif est le r´ef´erentiel terrestre li´e `a la terreR1(O,X1Y1Z1) en rotation uniforme par

rapport `aR0avec le vecteur rotation?Ω(R1/R0) =?Ω =ω?k0. 0X ?R θM re θe ?e

O 0i 0j

0k ): reféréntiel absolu0Z0Y0R(O,X ): reféréntiel relatif

1Z1Y1(O,X1R : latitudeθ-2π=λ

: longitude? 0 k

ω)=0/R1(RΩ

Méridien

Parallèle

1 X1 Y1 Z0Z 0 Y tω

1. On note par--→OM=r?er= (RT+h)?er. L"expression de l"attraction gravitationnelle est donn´ee

par

Fg=-KGmM

T r2?er =-KGM T R2TmR

2T(RT+h)2?er=-g0mR2T(RT+h)2?er.

Si l"on n´eglidehdevantRT, ce qui est justifi´e, alors

Fg=-g0mR2T

(RT+h)2?er =-g0mR2T

R2T(1 +hRT)2?er→ -mg0?er.

2.Calcul de?fie=-m?γe:

Calculons l"acc´el´eration d"entrainement, sachant queh/RT→0 et donc le pointMest consi- d´er´e sur la face du globe terrestre, e=?Ω(R1/R0)???Ω(R1/R0)?--→OM? =RTω2sinθ?k0??e? =-RTω2sinθ(sinθ?er+ cosθ?e?) ce qui donne ?f-ie=mRTω2sinθ(sinθ?er+ cosθ?e?).

Calcul de

?fic=-m?γic:

Comme le point mat´eriel est au repos dansR1, ce qui implique que?Vr=?0 et?γic=?0. Ainsi?fic= 0.

3.R1est non galil´een, ainsi le PFD dans ce r´ef´erentiel est

m?γ(M/R1) =?Fg+?T+?fie+?fic =??0 =?T-mg0?er+mRTω2sinθ(sinθ?er+ cosθ?e?) =??0 =?T-m??g

0-RTω2sin2θ??e

r-RTω2sinθcosθ?e?? On peut d´eduire de l"expression pr´ec´edente que ?g=?g

0-RTω2sin2θ??e

r-RTω2sinθcosθ?e?

ce qui donne pour g, sachant queRTω2→0 et qui permet de n´egliger le terme enω4et obtenir

g=? ?g

0-RTω2sin2θ?

2+1

4R2Tω4sin22θ?g0-RTω2sin2θ

avecθ=π/2-λ, cela donne g?g0-RTω2cos2λ.

A.N. :

g-g0

180◦)

9.80?2.4×10-3

qui repr´esente 2.4 pour mille de la valeur deg0et donc on peut la n´egliger.

Corrigé 2

Un automobiliste roule `a une vitesse deV= 70kmh-1et il a frein´e. A quelle distancedva-t-il s"arrˆeter?

L"automobiliste freine alors les forces appliqu´ees `a la voiture sont son poids?P=M?get la r´eaction

du sol?R=?RT+?RN. Comme La voiture glisse alors??RT?=kd??RN?(loi de Coulomb). De mˆeme, ?P+?RN=?0 ´etant donn´e qu"elles sont perpendiculaires `a la direction du mouvement (qui porte l"acc´el´eration). La seule force qui travaille lors du freinage est ?RT. En appliquant le th´eor`eme de l"´energie cin´etique : E f

C-EiC=Wf

i(?RT) =? f i?RT·d--→OM.

Comme?RTest constante alors

f i?RT·d--→OM=-??RT?? f i?d--→OM?=-??RT?d.

CommeEf

C-EiC=1

2MV2f-12mV2i=-12mV2i, nous avons ainsi

1

2mV2i=d??RT?=dkdMg=?d=V2i2kdg

70×103

3600?
2

2×0.6×9.81?32m

Corrigé 3 : Tunnel traversant la Terre

Consid´erons un point mat´eriel situ´e `a l"int´erieur de la terre `a une distancerde son centre, voir

figure ci-dessous. XA B OHM d r R

1. SoitMla position du point mat´eriel telle que--→OM=r?er. Rappelons queMva subir l"effet

d"attraction de la sph`ere de rayonret donc de masseMr, si l"on consid`ere que la masse volumique de la terre est constanteρT=MT/(4πR3T/3) M r=ρT4πr3

3=4πr33×MT4πR3T

3=MT×r3R3T

ce qui donne pour l"attraction gravitationnelle que va subirMl"expression

F=-KGmM

r r2?er =-KGmM Tr3 R3T r2?er=-KGmMTrR3T?e r Comme l"attraction gravitationnelle est conservative, alors dE p=-?F·?d?r =KGmMTr R3T?e r·(dr?er+rd?er) =KGmMTrdrR3T=?Ep=KGmMTr22R3T+K avecK=EP(r= 0) = 0 =?Ep=KGmMTr2 2R3T.

2. La position deMpeut ˆetre rep´er´ee par--→OM=--→OH+--→HM=d?k0+?x=d?k0+x?uavec?ule

vecteur unitaire de la directionOx. La vitesse est ´egale `a (M/R) =d--→OM dt????? R = x?u+xd?u dt?????

R= x?u+x??Ω(R1/R)??u?= x?u+xω?k??u

ce qui donne pour le module de la vitesseV=|V(M/R)|=⎷ x2+x2ω2sachant que?u??k.

L"´energie cin´etique est ´egale `aEc=1

2mV2=12m(x2+x2ω2).

3. L"´energie m´ecanique est donn´ee parEm=Ec+Ep

E m=1

2m?x2+x2ω2?+KGmMTr22R3T

1

2m?x2+x2ω2?+KGmMTx2+d22R3T

La seule force `a laquelle est soumiseMest la force gravitationnelle, qui est conservative, et commeEmne d´epend pas explicitement du temps, alors elle est conserv´ee. La valeur deEmest constante et ´egale `a sa valeur `a l"instant initial, sachant que x0= 0 et cosλ=x0/RT, o`uλest la latitude du tunnel, E p=EP(t= 0) =1

2mx20ω2+KGmMTx20+d22R3T

1

4. La vitesse du v´ehiculeMest maximale, son ´energie cin´etique aussi, si l"´energie potentielledu

v´ehicule est minimale, car l"´energie m´ecanique est conserv´ee. Rappelons quervarie entredetRT,r?[d,RT], voir figure. CommeEpest une fonction strictement croissante en fonction derdans cet intervalle, alorsEpest minimale pourr=d et donc r=d=?Ep(r=d) =EminpetEc(r=d) =Emaxc=1

2mV2max

ce qui donne en utilisantEp=E0p=Eminp+Emaxc, E maxc=E0p-Eminp 1 1

2mV2max=12mR2Tω2cos2λ?

1 +KGMTR3T?

=?Vmax=????

R2Tω2cos2λ?

1 +KGMTR3T?

5. L"´energie cin´etique ´etant conserv´ee, sa d´eriv´ee par rapport au temps est nulle

dE m dt=m?x¨x+ω2xx?+xxKGmMTR3T =mx?

¨x+?

2+KGMT

R3T? x? = 0 =?¨x+?

2+KGMT

R3T? x= 0 sachant quemx?= 0 qui est une ´equation diff´erentielle de second ordre `a coefficientsconstants. Les racines de l"´equation caract´eristique sont des nombres complexes imaginaires purs±i?

ω2+KGMTR3T, or

g

0=KGMT/R2Tce qui donne pour solution

x(t) =Acos[?

ω2+g0RTt-α0]

Aetα0sont d´etermin´ees `a partir des conditions initiales x(t= 0) =x0=?

R2T-d2=Acosα0

x(t= 0) = 0 =A?

ω2+g0RTsinα0???

=?α0= 0 etA=x0=?

R2T-d2

d"o`u la solution x(t) =?

R2T-d2?

cos[?ω2+g0RTt].

Corrigé 4 : Etats liés et états libres

Un point mat´erielMest assujeti `a se d´eplacer le long de l"axe (Ox) d"un r´ef´erentiel galil´een. Il

est soumis `a un champ de force conservative d´erivant de l"´energie potentielleEp(x) dont l"allure des

variations en fonction dexest donn´ee par la figure ci-contre.

1. Nous savons queEm=Ep+Ec≥Ep. Comme la force est conservative,Emest une int´egrale

premi`ere et donc constante. Le casEm< E0n"est pas permis ´etant donn´e queEm≥Ep=?Em≥E0et donc n"est pas un cas physique. E comme pour l"exempleEm=E1, le mouvement deMne peut avoir lieu que pourx?[x1,x?1]. Or ce genre de mouvement, pour lequelxest limit´e `a un intervalle est un mouvement d"oscil- lations. On dit dans ce cas que l"´etat du syst`eme est li´e car il ne peut s"´eloigner `a l"infini. E m≥E: si l"on note parxml"abscisse de l"intersection de la droite d"´equationEp=Emavec E p=Ep(x), alorsxpeut prendre les valeurs telles quex≥xm. Cet exemple est illustr´e par E m=E3avecx?[x3,+∞[. Mpeut s"´eloigner `a l"infini, on dit dans ce cas queMest dans un ´etat libre.

2. LorsqueEm=E0, et en d´eveloppantEp(x) au voisinage dex0`a l"ordre 2, nous avons

E p(x) =Ep(x0) +dEp(x) dx????? x=x0(x-x0) +12d

2Ep(x)dx2?????

x=x0(x-x0)2+O[(x-x0)3] ?E0+1

2k(x-x0)2

On en d´eduit que la force qui est appliqu´ee est

F=---→grad(Ep(x)) =-dEp(x)

dx=-k(x-x0). qui n"est d"autre qu"une force ´elastique. L"application du PFD donne m¨x=-k(x-x0) =?¨(x-x0) +k m(x-x0) = 0 dont la solution estx-x0=Acos(ωt-?) avecω=? k m. Donc le mouvement deMau voisinage dex=x0est un mouvement sinusoidal de pulsationω=? k m.

Corrigé 5 : Théorèmes généreaux

Un point mat´erielMde massemest astreint `a glisser sans frottement sur un cerceau vertical de rayonRet de centreO.Mest li´e au pointApar un ressort de constante de raideurket de longueur au repos n´egligeable, voir figure ci-contre.

Comme indiqu´e dans la figure, consid´erons le rep`ereR(O,xyz) et soit (?er,?eθ) la base polaire.

Rpeut ˆetre consid´er´e galil´een car la dur´ee de l"exp´erience consid´er´ee, mouvement deM, peut ˆetre

n´eglig´ee devant la p´eriode de rotation de la Terre.

1.Equation du mouvement en utilisant le PFD :Expression de l"acc´el´eration :Nous avons--→OM=R?er, ce qui implique que?V(M/R) =Rθ?eθet?γ(M/R) =-Rθ2?er+R¨θ?eθ.

Bilan des forces :Mest soumis `a

?P=m?g: le poids; ?R: la r´eaction du cerceau surM. Comme le mouvement a lieu sans frottement donc?R=R?er;

?F=-k--→AM: la froce de rappel du ressort. Notons que la longueur au repos est consid´er´ee

n´egligeable. Nous avons

AM=--→OM--→OA

=R?er-R(sinθ?er+ cosθ?eθ) =R(1-sinθ)?er-Rcosθ?eθ =??F=-kR[(1-sinθ)?er-cosθ?eθ] Le PFD donne, ´etant donn´e queRest galil´een, m ?-Rθ2?er+R¨θ?eθ?=mg(cosθ?er-sinθ?eθ) +R?er-kR[(1-sinθ)?er-cosθ?eθ]

Par projection sur?eθnous obtenons

θ+g

Rsinθ-kmcosθ= 0.

Equation du mouvement en utilisant le th´eor`eme du moment cin´etique : D´eterminons l"expression du moment cin´etique par rapport au pointOdansR:

O(MR) =--→OM?m?V(M/R)

=mR2θ?ez =?d?σO(MR) dt?????

R=mR2¨θ?ez.

Expressions des moments des forces appliqu´ees `aMpar rapport au pointO:

MO(?R) =--→OM??R=?0;

MO(m?g) =R?er?mg(cosθ?er-sinθ?eθ)

=-mgRsinθ?ez; ?MO(?F) =R?er? {-kR[(1-sinθ)?er-cosθ?eθ]} =kR2cosθ?ez. En appliquant le th´eor`eme du moment cin´etique d?σ O(MR) dt?????

R=?MO(?R+m?g+?F)

mR d"o`u l"´equation du mouvement en projetant sur?ez,

θ+g

Rsinθ-kmcosθ= 0.

Equation du mouvement `a partir du th´eor`eme de l"´energiem´ecanique

L"´enetgie cin´etique deMestEc=1

2mR2θ2.

?Rne travaille pas et donc ne contribue pas `a l"´energie m´ecanique.

Le poids est une force conservative et

dE p(m?g) =-δW(m?g) =-m?g·d--→OM =mRgsinθdθ=?Ep(m?g) =-mgRcosθ+Cst1.

Quant `a la force de rappel, nous avons

dE p(?F) =-?F·d--→OM =-kR2cosθdθ =?Ep(?F) =-kR2sinθ+Cst2 Sachant que "´energie m´ecanique est donn´ee par E m=Ec+Ep(m?g) +Ep(?F) 1

2mR2θ2-mgRcosθ-kR2sinθ+Cst1 +Cst2

Comme les forces qui travaillent sont conservatives, alors l"´energie m´ecanique est conserv´ee et

donc dE m dt= 0 =?mR2θ¨θ+mgRsinθθ-kR2cosθθ= 0 comme

θ?= 0 alors

θ+g

Rsinθ-kmcosθ= 0.

On note que les trois m´ethodes donne la mˆeme ´equation du mouvement, ce qui ´etait bien

attendu.

2. Les points d"´equilibres, appel´es aussi les points de stabilit´e deM, sont obtenus `a partir de

l"´energie potentiel deMet qui estEp=Ep(m?g) +Ep(?F) =-mgRcosθ-kR2sinθ+Cst. En effet, les positions d"´equilibre sont obtenus cherchant les extremums deEp(M) par rapport `a dE p dθ=mgRsinθ-kR2cosθ dE p dθ?????

θ=θe= 0

=?mgRsinθe-kR2cosθe= 0 =?tgθe=g R k m =?θe= atan? g R k m? +mπ o`umest un entier relatif. Notons queθe?]0,π/2[.

Calculons la d´eriv´ee seconde du potentiel

d 2Ep dθ2?????

puisqueθe?[0,π/2[. Nous en d´eduisons que l"´energie potentielle est minimale pourθ=θeet

donc cette position est une position d"´equilibre stable. Consid´erons des petites oscillations autour de la position d"´equilibre etθ=thetae+?o`u ?→0. Le d´eveloppement limit´e au premier ordre autour deθedonne sinθ?sinθe+ cosθe(θ-θe) = sinθe+?cosθe cosθ?cosθe-sinθe(θ-θe) = cosθe-?sinθe ce qui donne pour l"´equation du mouvement, avec

¨?+g

R(sinθe+?cosθe)-km(cosθe-?sinθe) = 0

¨?+?g

Rcosθe+kmsinθe?

?+gRsinθe-kmcosθe= 0 orgRsinθe-kmcosθe= 0, ce qui donne finalement

¨?+?g

Rcosθe+kmsinθe?

?= 0 et en posantω20=?g Rcosθe+kmsinθe?alors l"´equation du mouvement aurour deθedevient

¨?+ω20?= 0

et la p´eriode estT= 2π/ω0= 2π/? g

Rcosθe+kmsinθe.

quotesdbs_dbs48.pdfusesText_48

[PDF] agrégation interne physique chimie 2018

[PDF] agregation math

[PDF] agrégation mathématiques maroc

[PDF] agregation maths 2016

[PDF] agrégation philosophie 2013

[PDF] agrégation philosophie 2017 dates

[PDF] agrégation philosophie 2018 bibliographie

[PDF] agregation physique 2017

[PDF] agregation physique 2018

[PDF] agrégation physique chimie option chimie

[PDF] agregation physique docteur

[PDF] programme officiel pmu mali course de demain

[PDF] agrément b0 catégorie 3

[PDF] agrément b0 catégorie 3 tunisie

[PDF] agrément b2 catégorie 2 tunisie