Transcript DM PC - C.P.G.E. Brizeux

o
Eléments de correction du Devoir Maison n 4
Problème I
Mesure du champ de pesanteur terrestre et de ses varia-
tions locales(d'après Centrale MP 2008)
A
Champ de pesanteur
Un référentiel est galiléen si le principe fondamental de la dynamique dans ce référentiel est
vérié. Les référentiels galiléens sont en translation rectiligne uniforme les uns par rapport à l'autre.
A.1
Le référentiel géocentrique a pour origine le centre de la Terre et ses axes dirigés vers 3 étoiles xes
(susamment lontaines). Il est en translation circulaire par rapport au référentiel de Copernic.
Le référentiel terrestre est lié a un point O xe à la surface de la Terre ; conventionnellement, on
choisit l'axe Oz selon la direction T O, l'axe Ox vers le Nord et l'axe Oy vers l'Ouest.
A.2
Le jour sidéral est la période de rotation de la Terre sur elle-même ; le jour solaire moyen est la
durée entre deux passages successifs d'un point au zénith.
On a T0 − T > 0.
Figure 1 Jour sidéral et jour solaire
Ordre de grandeur de
d'où
T0 −T On note Ω, la vitesse de rotation de la Terre. Alors T =
α = 2π T0T−T
2π
D'autre part, α = Tannee
T0 .
On peut donc écrire
T0 −T
T
=
T0
Tannee .
T0 −T
T0
=
T0
Tannee .
soit au premier ordre
Avec T0 = 24 h et Tannee = 365, 25 jours, on trouve T0 − T = 3, 94 min.
1
2π
ω
et T0 =
2π+α
ω
Figure 2 Dénition du poids
Un point M à la surface de la Terre est soumis à l'interaction gravitationnelle et à la force
d'inertie d'entraînement. On a donc
→
−
−→
−
→ + mΩ2 −
Tm−
P = m→
g = − GM
u
HM
z
R2
A.3
T
On en déduit que
−→
→ + Ω2 −
→
−
T −
u
HM
g = − GM
z
R2
T
avec HM = RT cos λ.
A.4
g est minimal à l'équateur. On a alors
gmin =
GMT
2
RT
− Ω2 RT
soit gmin = 9, 76 m.s−2 .
g est maximal aux pôles :
gmax =
GMT
2
RT
soit gmax = 9, 80 m.s−2 .
est
L'erreur relative maximale commise en confondant champ de gravitation et champ de pesanteur
Ω2 RT
GMT
R2
T
A.5
= 3, 5%
−
On veut avoir →
g = 0 : ce n'est donc possible qu'à l'équateur. On doit alors avoir
GMT
2
RT
= Ω2 RT
soit
Ω=
q
GMT
3
RT
= 1, 24.10−3 rad.s−1
La Terre doit donc tourner 17 fois plus vite pour qu'il y ait des lieux de pesanteur nulle.
2
B
B.1
Pendule pesant
On applique le théorème du moment cinétique à la barre par rapport à l'axe Ox :
→
−
−−→ →
− →
2
J ddt2θ = MOx ( P ) = (OG ∧ P ).−
ux
→
−
−−→ →
− →
On trouve MOx ( P ) = (OG ∧ P ).−
ux = −mg 2l sin θ
Finalement,
2
J ddt2θ = −mg 2l sin θ
En supposant θ << 1, on a
d2 θ
dt2
Ainsi, ω02 =
3g
2l
+
mgl
2J θ
et
T0 = 2π
B.2
=0
q
2l
3g
2l
donc g0 = 4π 2 3T2l2 .
On a T02 = 2π 3g
0
0
∆T0 2
∆l 2
0 2
On en déduit que ( ∆g
g0 ) = ( l ) + (2 T0 ) avec
−4 ;
0
∆T
T0 = 10
0,001
−4
∆l
l = 5 = 2.10 .
∆g0
Ainsi, g0 = 2, 8.10−4 .
Remarque :
en écrivant simplement la diérentielle logarithmique, on a
∆g0
g0
=
∆T0
∆l
l +2 T0
= 4.10−4 .
∆g0
0
On a ( ∆g
g0 )incertitudes < ( g0 )variations : il est possible de mesurer la variation du champ de
pesanteur avec ce dispositif.
B.3
Problème II
A
A.1
Etude d'une centrifugeuse (d'après CCP MP 2012)
Mécanique - Partie I
−
Dans R 0 , le point P a un mouvement de translation le long de →
er :
→
−
−
ar = r¨→
er
soit en projection,
→
−
−
−
ar = r¨(cos α→
ey − sin α→
ez )
Le référentiel R 0 est en rotation uniforme par rapport à R autour de l'axe Oz à la vitesse angulaire
de rotation Ω. On en déduit que
−−→
→
−
ae = −Ω2 HP
et
→
− −
→
−
ac = 2 Ω ∧ →
vr
avec H , projeté orthogonal de P sur (Oz).
−−→
−
−
−
Or HP = r cos α→
ey et →
vr = r˙ →
er , donc
→
−
−
ae = −Ω2 r cos α→
ey
et
→
−
−
−
−
ac = 2Ωr˙ →
ez ∧ →
vr = −2Ω cos αr˙ →
ex
3
A.2
−
−
−
−
On a →
ap = →
ar + →
ae + →
ac donc
→
−
−
ap .→
er = r¨ − Ω2 r cos2 α
On a
→
−
→
− −
−
P = −mg →
ez donc P .→
er = mg sin α ;
−
→−
−
→r
−
−
F = −k →
vr = −k r˙ →
er donc F r .→
er = −k r˙
−→
−−→
−
−
−
A
2
F − = −V grad p = −V (ρΩ x→
ex + ρΩ2 y →
ey ) + V ρg →
ez . Or pour le point P , x = 0, y = r cos α,
−
→−
→
−
→
−
→
−
→
−
ey . er = cos α et ez . er = − sin α, on a donc par projection F r .→
er = −V ρΩ2 r cos2 α − V ρg sin α.
A.3
Figure 3 Bilan des forces
Remarque :
Le champ de pression donné est celui déterminé en appliquant la relation fondamentale de la
statique des uides dans R 0 : la poussée d'Archimède comprend donc le poids du uide déplacé
mais aussi la force d'inertie d'entraînement volumique qui s'exerce sur le uide.
A.4
Le PFD dans R 0 s'écrit :
→
− −
→ −→
−
−
−
m→
ar = P + F r + F A − m→
ae − m→
ac
−
donc en projection sur →
er ,
m¨
r = mg sin α − k r˙ − V ρΩ2 r cos2 α − V ρg sin α + mΩ2 r cos2 α + 0
Avec m = ρs V , on a donc
ρs r¨ = (ρs − ρ)g sin α −
A.5
k
V
r˙ + (ρs − ρ)Ω2 r cos2 α
A l'équilibre, r¨ = 0 et r˙ = 0 donc
α
re = − Ωg2 sin
cos2 α
A.6
On trouve re = −52 µm en convertissant Ω en rad.s−1 .
4
A.7
−
→
En négligeant, F r
r¨ − (1 −
On pose ω =
q
1−
ρ
ρs Ω cos α
ρ
2
2
ρs )Ω cos αr
= −(1 −
ρ
ρs )g sin α
donc
α
= ω 2 re
r¨ − ω 2 r = −ω 2 Ωg2 sin
cos2 α
La solution de l'équation diérentielle est
r = Ach(ωt) + Bsh(ωt) + re
On détermine A et B à l 'aide des conditions initiales :
r(t = 0) = r0 donc A = r0 − re ;
r(t
˙ = 0) = 0 donc B = 0.
Finalement,
r = (r0 − re )ch(ωt) + re
Cette expression montre que re n'est pas une position d'équilibre stable.
−re
A.8
On a r(T ) = r1 donc ch(ωT ) = rr10 −r
soit
e
T =
1
ω argch
−re
( rr01 −r
)
e
Application numérique :
rr1e << 1 et rr0e << 1 ;
T = ω1 argch rr10 = ω1 argch 2
On trouve T = 36 ms.
A.9
L'équation caractéristique est
x2 +
k
ρs V
x − (1 −
ρ
2
2
ρs )Ω cos αx
=0
soit avec les notations,
x2 + 2λx − ω 2 x = 0
Le discriminant est ∆ = 4λ2 + 4ω 2 = 4ω 02 > 0. On a donc 2 racines réelles :
x1 = −λ − ω 0 et x2 = −λ + ω 0
On a r1 < 0 et comme ω 0 > λ, r2 > 0.
A.10
La solution de l'équation diérentielle est
r = A exp(x1 t) + B exp(x2 t) + re
Attention à ne pas oublier la solution particulière.
On détermine A et B à l 'aide des conditions initiales :
r(t = 0) = r0 donc A + B = r0 − re ;
0 +λ
r(t
˙ = 0) = 0 donc x1 A + x2 B = 0 soit B = ωω0 −λ
A.
ω 0 −λ
ω 0 +λ
On a donc A = 2ω0 (r0 − re ) et B = 2ω0 (r0 − re ) Finalement,
r=
ω 0 −λ
2ω 0 (r0
A.11
On a r(T ) = r1 donc
A.12
On a
r1 −re
r0 −re
r1 −re
r0 −re
− re ) exp(x1 t) +
=
ω 0 −λ
2ω 0
ω 0 +λ
2ω 0 (r0
exp(x1 T ) +
ω 0 +λ
2ω 0
− re ) exp(x2 t) + re
exp(x2 T ).
= 2. On trouve par lecture graphique, T = 3, 7 s.
5