Transcript DS 06 - Correction - Classe Préparatoire aux Grandes Écoles TSI

Lycée Jean Perrin - Classe de TSI 1
DS de Physique-Chimie 05
Devoir surveillé 05
Physique-Chimie
Correction
I
Chute d’échelle (d’après CCP TSI Physique 1 - 2009
1)
Etude cinématique
1. Projection ? Connaissant la longueur AB=2L, on cherche les coordonnées selon x et y, donc on projette avec la
−−→ −
connaissance de l’angle θ. En abscisses, il s’agit du côté opposé, donc AB · →
e x = −2L sin(θ) (attention au signe,
−
la projection du vecteur selon l’axe des abscisses va dans le sens opposé à →
e x . De même pour l’axe des ordonnées :
−−→
−
−
AB = 2L(− sin(θ)→
e x + cos(θ)→
e y ).
−−→
−−→ −→ −→ −→ AB
2. Par la relation de Chasles, OG = OA + AG = OA +
, soit
2
−−→
1
−
−
−
−
−
OG = 2L sin(θ)→
e x + × 2L(− sin(θ)→
e x + cos(θ)→
e y ) = L(sin(θ)→
e x + cos(θ)→
e y)
2
3. Equation d’un cercle ? Souvenez-vous qu’un cercle est paramétré en cartésien sous la forme (x − x0 )2 + (y − y0 )2 = R2
où (x0 , y0 ) sont les coordonnées du centre et R le rayon. Ici, xG = L sin(θ) et yG = L cos(θ), donc
2
2
xG
+ yG
= L2 (cos(θ)2 + sin(θ)2 ) = L2
et G décrit un cercle de centre O et de rayon L.
−−→ −→ −−→
4. Avec OB = OA + AB, si on dérive cette équation par rapport au temps, on obtient
−−→
→
−
→
−
−
−
→ dAB = −
˙
v→
v→
A − 2Lθ(cos(θ) e x + sin(θ) e y )
B = vA +
dt
en n’oubliant pas qu’on dérive des fonctions composées, θ dépendant du temps.
−
5. Direction du vecteur ? L’énoncé signifie donc que la composante selon →
e x de −
v→
B est nulle, soit
V
−
→
−
˙
˙
v→
.
B · e x = 0 = V − 2Lθ cos(θ), soit alors θ =
2L cos(θ)
−−→
→
−
→
−
˙
6. On dérive OG par rapport au temps : −
v→
G = Lθ(cos(θ) e x − sin(θ) e y ).
7. On dérive une nouvelle fois, sachant qu’on a un produit ! On obtient donc :
−
→
−
→
−
→
−
→
−
¨
˙2
a→
G = Lθ(cos(θ) e x − sin(θ) e y ) − Lθ (sin(θ) e x + cos(θ) e y )
.
2)
Etude énergétique du mouvement
−→
−→
−
−
v→
8. Puissance ? La vitesse en A est selon →
e x , et la réaction en A est selon →
e y . Or, P(RA ) = −
A · RA = 0, et il en est
de même en B.
9. Il s’agit de Ep = MgyG + cste = MgyG car Ep = 0 quand yG = 0. Puis, comme yG = L cos θ, on a donc Ep = MgL cos(θ).
→
−
−
10. La définition de l’énergie potentielle est que δW = −dEp . Or δW = P · d→
r = −Mg · dy si l’axe y est orienté vers
te
le haut. Soit dEp = Mg · dy et donc Ep = Mgy + c
MV2
+ MgL cos(θ)
6 cos(θ)2
(b) Les forces exercées sur l’échelle soit ne travaillent pas, ou sinon sont conservatives (poids). Par conséquent il n’y
a pas lieu d’avoir dissipation d’énergie et Em = cte .
11. (a) On a par définition Em = Ec + Ep , soit Em =
(c) Avec V = 0 pour θ = 0, l’énergie mécanique initiale vaut Em = MgL.
12. Par conséquent on a une relation sur V ne dépendant que de θ : MgL =
MV2
+ MgL cos(θ), et donc
6 cos(θ)2
V2 = 6 cos(θ)2 gL(1 − cos(θ))
.
1
E. Van Brackel
Lycée Jean Perrin - Classe de TSI 1
13. Comme θ˙ =
DS de Physique-Chimie 05
V
3g
V2
soit θ˙2 =
, θ˙2 =
(1 − cos(θ)).
2
2L cos(θ)
4L cos(θ)2
2L
3g
3g
sin(θ)θ˙ soit finalement θ¨ =
sin(θ).
14. L’énoncé demande implicitement de dériver l’expression précédente : 2θ˙θ¨ =
2L
4L
Ne vous y méprenez pas, il ne s’agit pas de l’équation d’un pendule pesant, car il y aurait un problème de signe ! On
n’a pas affaire à un mouvement périodique...
3)
Etude dynamique du mouvement
15. On part de l’expression obtenue question 7, et on y injecte les expressions de θ˙2 et θ¨ :
−
→
−
→
−
→
−
→
−
¨
˙2
a→
G = Lθ(cos(θ) e x − sin(θ) e y ) − Lθ (sin(θ) e x + cos(θ) e y )
3g
3g
−
−
−
−
=L
sin(θ)(cos(θ)→
e x − sin(θ)→
e y ) − L (1 − cos(θ))(sin(θ)→
e x + cos(θ)→
e y)
4L
2L
−
3g
3g
−
sin(θ)2 + 2(1 − cos(θ)) cos(θ) →
=
sin(θ) (cos(θ) − 2(1 − cos(θ)) →
ex−
ey
4
4
soit après simplifications :
3 →
3
3
3
9
−
−
−
→
2
2
cos(θ) −
ex+g
cos(θ) − sin(θ) − cos(θ) →
ey
aG = g sin(θ)
4
2
2
4
2
→
− −→ −→
→
−
16. On écrit le principe fondamental de la dynamique : M−
a→
G = P +R
A + RB . En le
projetant selon e x ,
9
3
→
−
M−
a→
cos(θ) −
G · e x = RB = Mg sin(θ)
4
2
3
3
3
−
→
−
2
2
cos(θ)
−
sin(θ)
−
cos(θ)
On fait de même selon →
e y : M−
a→
·
e
=
−Mg
+
R
soit
R
=
Mg
1
+
G
y
A
A
2
4
2
17. RB = 0 si
3
2
2
9
cos(θ) − = 0 soit cos(θ) = , c’est-à-dire θ = arccos( ).
4
2
3
3
18. Etant donné que la fonction arccos est une fonction décroissante sur [0; 1], RB s’annule avant RA et le contact est
rompu au niveau du mur en premier.
II
Modification des positions d’équilibre
1. Le système est soumis à trois forces : la force de rappel élastique, le poids, et la réaction du support, ces deux dernières
étant orientées à la verticale. Dans tous les cas, la position x = 0 est une position d’équilibre, car toutes les forces
sont à la verticales et peuvent donc se compenser. Si l < l0 , cela signifie que pour x = 0 le ressort est comprimé, il a
tendance à vouloir reprendre sa longueur à vide : on s’attend donc à ce que x = 0 soit une position d’équilibre instable,
et qu’il existe deux positions stables de part et d’autre de x = 0 où la longueur du ressort vaut l0 . Si maintenant,
l > l0 , la seule position où le ressort est le moins étiré sera x = 0, seule position d’équilibre, stable.
2
2. Par l’application du théorème de Pythagore, on a simplement lressort
= l2 + x2 soit lressort =
√
l2 + x 2 .
1
3. Etant donné que l’énergie potentielle associée à un ressort vaut Ep = k(lressort − l0 )2 , on a en fonction de x :
2
1 √2
2
2
Ep (x) = k( l + x − l0 ) .
2
4. Voici l’allure de la courbe d’énergie potentielle, selon la hauteur du point d’attache :
2
E. Van Brackel
Lycée Jean Perrin - Classe de TSI 1
DS de Physique-Chimie 05
Dans chaque cas on retrouve bien ce qui a été dit dans la première question : soit une seule position d’équilibre,
stable ; soit deux stables de part et d’autres de x = 0, instable. On rappelle qu’une cuvette de potentiel caractérise
une position d’équilibre stable.
√
dEp
2x
5. Pour obtenir analytiquement les positions d’équilibre, il faut résoudre
= 0. Avec Ep = k( l2 + x2 − l0 ) × √
,
2
dx
2 l + x2
p
√
on a donc soit x = 0, soit l2 + x2 = l0 c’est-à-dire x = l02 − l2 , seulement si l < l0 (et alors la longueur du ressort
vaut bien l0 !).
III
Roue de vélo
1. La plus grande partie de la masse d’une roue de vélo se situe sur les bords extérieurs, le modèle le plus adapté est
donc celui du cylindre vide.
2. Dépendance de la position de la masse sur J ? On rappelle que plus la masse est éloignée de l’axe de rotation,
plus elle contribue au moment d’inertie. Il paraît donc logique que J∆,plein < J∆,vide , vu que pour le cylindre évidé,
de même masse que le cylindre plein, toute cette masse se situe à une distance R de l’axe de rotation.
3. Il y a trois contributions à prendre en compte :
• le moment associé à la liaison pivot, qui est nul comme la liaison est supposée parfaite
• le moment associé au poids de la roue, qui est également nul, comme la force passe par l’axe de rotation (le
centre de gravité de la roue se situe évidemment au centre)
• le moment associé aux deux forces de frottements, dirigées dans le même sens, de même norme et bras de levier
→
−
R. Ces deux forces s’opposant à la rotation, M∆ ( F ) = −2FR
4. On applique alors le théorème du moment cinétique scalaire à la roue en rotation autour de l’axe (∆), fixe, dans un
→
−
dL∆
dJω
2FR
2F
repère supposé galiléen :
= M∆ ( F ), c’est-à-dire
= −2FR soit finalement θ¨ = −
=−
. La roue
dt
dt
mR2
mR
subit une décélération constante.
˙ = ω0 − 2F t et θ(t) = ω0 t − F t2 .
5. On intègre l’équation précédente, en prenant en compte les conditions initiales : θ(t)
mR
mR
˙ = ω0 − 2F t = 0, c’est-à-dire après un temps t = mRω0 .
6. La roue va s’arrêter si sa vitesse angulaire s’annule, soit θ(t)
mR
2F
2
F
mRω0
mRω02
mRω0
−
=
. On veut que cet
Pendant ce temps, la roue aura tourné d’un angle θ(t) = ω0
2F
mR
2F
4F
mRω02
angle ne dépasse pas un tour, soit 2π, ainsi la force à appliquer est telle que 2π =
soit
4F
mRω02
F=
8π
L’application numérique donne F = 6.1 N, très facilement réalisable.
7. BONUS : Il va falloir ajouter les efforts provoqués d’une part par le contact entre la roue et le sol (adhérence, donc
frottements), d’autres part les actions induites par le cycliste sur la roue. Enfin, il ne faut pas oublier que l’axe de
rotation est en train de se déplacer, ce qui n’entre plus dans le cadre d’étude fixé cette année en mécanique. On peut
néanmoins prévoir qu’il faudra freiner bien davantage pour réduire l’énergie cinétique de translation.
3
E. Van Brackel