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Corrigé 2008

Mécanique

Corrigé 2000 : Mouvement d’un solide dans le champ de pesanteur

Détails: Catégorie : Mécanique

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$y=\frac{-gx^{2}}{2V_{0}^{2}\cos ^{2}\alpha }+\tan g\alpha$

2.1 Equation de la parabole et région accessible:

En remplaçant dans l'équation cartésiennne:

$\frac{1}{\cos ^{2}\alpha }=1+\tan ^{2}\alpha$ on a:

$\frac{gx^{2}}{2V_{0}^{2}}\tan ^{2}\alpha -x\tan g\alpha +\frac{gx^{2}}{2V_{0}^{2}}+y=0$ si $A\in$ à la, parabole, ses coordonnées vérifie nt l'équation

$\frac{gx_{A}^{2}}{2V_{0}^{2}}\tan ^{2}\alpha -x_{A}\tan g\alpha ++y_{A}=0$

$\Longrightarrow \tan ^{2}\alpha -\frac{2V_{0}^{2}}{gx^{2}}\tan \alpha +\frac{2V_{0}^{2}y_{A}}{gx_{A}^{2}}+1=0$

$\Delta =\frac{V_{0}^{4}}{gx_{A}^{2}}-\frac{2V_{3}^{2}y_{A}}{gx_{A}^{2}}-1,l^{\prime }\acute{e}quation$ admet une solution si $\Delta \geq 0\Longrightarrow y_{A}\leq \frac{V_{0}^{2}}{gx_{A}^{2}}-\frac{gx_{A}^{2}}{2V_{0}^{2}}$

le domaine est limit\'{e} par la parabole:

$y_{A}=-\frac{gx_{A}}{2V_{\text{0}}^{2}}+\frac{V_{0}^{2}}{2g}$

$si$ $x_{A}=0\Longrightarrow y_{A}=\frac{V_{0}^{2}}{2g}$ $si$ $y_{A}=\frac{V_{0}^{2}}{2g}si$ $y_{A}=0\Longrightarrow x_{A}=\frac{V_{0}^{2}}{g}$

(image)

norme de la vitesse en $A_{2}$ : Théoréme de l'énergie cinétique
:

2.2. Seul le point $A_{2}$ vérifie l'inéquation : $A_{2}$ est atteint et non $A_{1}$

Angle de tir : En remplaçant les coordonnées de $A2$ dans l'équation du $2^{nd}$ degré en tan a on a :

Cette équation admet 2 solutions :

$\tan ^{2}\alpha -4\tan{\alpha }+3=0$

$\tan {\alpha _{1}}=1$ et $\tan {\alpha _{2}}=3.$

$\alpha _{1}=45$ ° et $\alpha _{2}=71,5$ °

$\frac{1}{2}mV_{A_{2}}^{2}-\frac{1}{2}mV_{0}^{2}=w_{0\rightarrow A}\left(P\right) =-mgy_{A_{2}}$

$\Longrightarrow V_{A_{2}}=\sqrt{V_{0}^{2}-2gy_{A_{2}}}$

$AN : V_{A_{2}}=141m/s$

Corrigé 2000 : Oscillations mécaniques et frottements

Détails: Catégorie : Mécanique

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Corrigé 2005 : Oscillation de la molécule de chlorure d’hydrogène

Détails: Catégorie : Mécanique

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$k = 35 N.m^{{-1}}$

$m = 150 g = 0,15 kg$

A la date $t = 0, x_{0} = - 5.10^{-2}m$ et $v_{0} = 0$ .

3.1.1:

système matériel = {bille}

Bilan des forces qui s'exercent sur la bille :

$\overLongrightarrow{{P}}$ : poids de la bille

$\overLongrightarrow{{R}}$ : réaction du support

$\overLongrightarrow{{T}}$ : tension du ressort

Référentiel : terrestre

Appliquons le théorème du centre d'inertie sur la bille :

$\overLongrightarrow{{P}}$ + $\overLongrightarrow{{R}}$ + $\overLongrightarrow{{T}}$ = $m\overLongrightarrow{{a}}$ (1)

Projection de la relation (1) sur l'axe des x donne :

$T = ma {\LongLongrightarrow }$ $-\mathit{kx}=m\frac{d^{2}x}{\mathit{dt}^{2}}$ ${\LongLongrightarrow }$ ${m}\frac{{d}^{2}{x}}{{dt}^{2}}+{kx}=0$ est l'équation différentielle du mouvement de la bille.

3.1.2:

- Etablissement de l'équation horaire du mouvement

La solution générale de l'équation différentielle est de la forme : $x(t) = x_{m}\cos(\omega t + \phi)$

On sait que $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{35}{0,15}}=15,28\mathit{rad.s}^{-1}$

à t = 0, on avait $x = x{}_{\text{0}}$ soit $x_{0} = x{tex}{}_{\text{m}}$ cos ${\phi }$ (2)

aussi à t = 0, on avait $v{}_{\text{0}}$ = 0 donc $0 =- x_{m}\omega\sin{\phi}$ ${\LongLongrightarrow }$ } $\sin{\phi }=0 {tex}\LongLongrightarrow \phi =0$ ou $\phi=\pi$

(2) $\LongLongrightarrow$ cos ${\phi }$ = $\frac{x_{0}}{x_{m}}$ $\LongLongrightarrow$ cos ${\phi }<$ 0 car $x_{0}< 0$ et $x}_{m} > 0$

donc ${\phi }={\pi }$ et $cos{\phi }$ = $\frac{x_{0}}{x_{m}}$ $\LongLongrightarrow }$ $\frac{{x}_{0}}{{x}_{m}} =-1$ d'où $x_{m} = - x_{0} = 5 cm$

L'équation horaire du mouvement est donc $x(t) = 5.10}^{-2}\cos(15,28t + \pi )$

- Détermination de la date à laquelle la bille passe pour la troisième fois à l'abscisse

$x = 2,5 cm$ en allant dans le sens négatif des élongations.

$x = 2,5 cm \Longrightarrow$ 5.10 $^{-2}$ cos(15,28t + $\pi =2,5.10^{-2} \Longrightarrow \cos(15,28t +\pi) = 0,5$

$\Longrightarrow\cos(15,28t + \pi) =\cos\frac{\pi }{3}\Longrightarrow (15,28t + \pi = {tex}\frac{\pi }{3}$

$+ 2k{\pi }$ ou $15,28t + \pi = - \frac{\pi }{3} + 2k\pi (3)$

Aussi le mobile se dirige vers le sens négatif donc $v {{<}0$ donc :

${{}- 15,28\times 5.10^{-2}\sin(15,28t +\pi)<0 \Longrightarrow \sin(15,28t + \pi ) > 0 \Longrightarrow$

$0<15,28t +\pi < \pi$ }

(3) $\Longrightarrow 15,28t + \pi = \frac{\pi }{3} + 2k\pi\LongLongrightarrow 15,28t = \frac{\pi }{3}- \pi+ 2k\pi\longLongrightarrow 15,28t = - \frac{2\pi }{3} + 2k\pi$

$\Longrightarrow t = - \frac{2\pi }{3\times 15,28} + \frac{2k\pi }{15,28}$

si $k = 0$ alors $t < 0$ : impossible.

si $k = 1$ alors $t > 0$ : premier passage donc le troisième passage correspond à $k = 3$ soit :

$t = - \frac{2\pi }{3\times 15,28}$ + $\frac{2\times 3\pi }{15,28}$ = $\frac{16\pi }{3\times 15,28} = 1,1 s$

3.2:

3.2.1: Le système matériel {palets + ressort} n'est pas soumis à des forces extérieures donc son centre d}inertie G a un mouvement rectiligne uniforme. Or G est immobile à l'instant initial donc il reste fixe au cours du mouvement du système.

3.2.2:

Appliquons la relation barycentrique au système :

$m_{1}\overLongrightarrow{{GG_{1}}}+m_{2}\overLongrightarrow{{GG_{2}}}=\overLongrightarrow{{0}}$ ${\Longrightarrow}$ $m_{1}\left(\overLongrightarrow{{GO_{1}}}+\overLongrightarrow{{O_{1}G_{1}}}\right)+m_{2}\left(\overLongrightarrow{{GO_{2}}}+\overLongrightarrow{{O_{2}G_{2}}}\right)=\overLongrightarrow{{0}}$ (4)

Or ${m}_{1}\overLongrightarrow{{GO_{1}}}+{m}_{2}\overLongrightarrow{{GO_{2}}}=\overLongrightarrow{{0}}$ relation barycentrique à l'équilibre}

(4) ${\Longrightarrow }$ $m_{1}\overLongrightarrow{{O_{1}G_{1}}}+m_{2}\overLongrightarrow{{O_{2}G_{2}}}=\overLongrightarrow{{0}}$ ${\Longrightarrow }$ ${tex}m_{1}x_{1}\overLongrightarrow{i}+m_{2}x_{2}\overLongrightarrow{i}=\overLongrightarrow{{0}}$ ${\Longrightarrow }$ $m_{1}x_{1}+m_{2}x_{2}=0 (5)$

3.2.3:

système matériel = {palet1}

Bilan des forces :

$\overLongrightarrow P$ : poids du palet

$\overLongrightarrow{R}$ : réaction du support

$\overLongrightarrow{T}$ : tension du ressort

Référentiel : terrestre

Appliquons le théorème du centre d'inertie sur la bille :

$\overLongrightarrow{{P}}$ + $\overLongrightarrow{{R}}$ + $\overLongrightarrow{{T}}$ = $m_{1}\overLongrightarrow{{a}}$

Projection de la relation (5) sur l'axe des x donne :

$\overLongrightarrow{{T}} = m_{1}\overLongrightarrow{{a}}\Longrightarrow - k \left( \overLongrightarrow{{G_{2}G_{1}}}-\overLongrightarrow{{O_{2}O_{1}}}\right) = m_{1}\overLongrightarrow{a}\Longrightarrow - k \left( \left( \overLongrightarrow{{G_{2}O_{2}}}+\overLongrightarrow{{O_{2}O_{1}}}+\overLongrightarrow{{O_{1}G_{1}}}\right) -\overLongrightarrow{{O_{2}O_{1}}}\right) = m_{1}\overLongrightarrow{{a}}{\Longrightarrow } - k \left( \overLongrightarrow{{G_{2}O_{2}}}+\overLongrightarrow{{O_{1}G_{1}}}\right) = m_{1}\overLongrightarrow{{a}}$

${\Longrightarrow }$ - k $\left( \overLongrightarrow{{O_{1}G_{1}}}-\overLongrightarrow{{O_{2}G_{2}}}\right)$ = $m_{1}\overLongrightarrow{{a}}$ ${\Longrightarrow }$ - k $\left( x_{1}-x_{2}\right)$ = $m_{1}a$ (6)}

(5) {et (6) ${\Longrightarrow }$ - k $\left( x_{1}+\frac{m_{1}}{m_{2}}x_{1}\right)$ = $m_{1}a$ ${\Longrightarrow }$ $m_{1}\frac{d^{2}x_{1}}{\mathit{dt}^{2}}$ + k $\left( x_{1}+\frac{m_{1}}{m_{2}}x_{1}\right)$ = 0 }

${\Longrightarrow }$ $\frac{d^{2}x_{1}}{\mathit{dt}^{2}}$ + $\frac{k}{m_{1}}\left( 1+\frac{m_{1}}{m_{2}}\right) x_{1}$ = 0 ${\Longrightarrow }$ $\frac{d^{2}x_{1}}{\mathit{dt}^{2}}$ + $k\left( \frac{1}{m_{1}}+\frac{1}{m_{2}}\right) x_{1}$ = 0 est l'équation différentielle du mouvement du palet 1.

Avec un raisonnement analogue sur le palet 2, on arrive à $\frac{d^{2}x_{2}}{\mathit{dt}^{2}}$ + $k\left( \frac{1}{m_{1}}+\frac{1}{m_{2}}\right) x_{2}$ = 0

La période d'oscillation du système est : $T=\frac{2\pi }{\sqrt{k\left( \frac{1}{m_{1}}+\frac{1}{m_{2}}\right) }}$

3.2.4: Application numérique

$T=\frac{2\pi }{\sqrt{4,61.10^{2}\left( \frac{1}{1,66.10^{-27}}+\frac{1}{58,13.10^{-27}}\right) }}=1,18.10^{-14}s$

$N=\frac{1}{T}=\frac{1}{1,18.10^{-14}}=8,51.10^{13}\mathit{Hz}$

Corrigé 2001 : Energie potentielle,mouvement d’unsatellite,vitesse de libération

Détails: Catégorie : Mécanique

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3.1.Champ à la surface de la Lune

$g_{0L}=\frac{KM_{L}}{R_{L}^{2}}=1,62m/s^{2}$

3.2. Force de gravitation exercée par la Lune sur la Terre

$F_{T/L}=\frac{KM_{T}\ast M_{L}}{\left( R_{1}+R_{2}+D\right) ^{2}}=1,9.10^{20}N$

3.3. Point M où la force de gravitation est nulle :

En ce point $F_{1}=F_{2}$

$F_{1}=F_{2}\Longrightarrow g_{1}=g_{2}$ d'où $\frac{g_{r}R_{r}^{2}}{r_{1}^{2}}=\frac{g_{L}R_{L}^{2}}{r_{2}^{2}}\Longrightarrow \frac{g_{r}R_{r}^{2}}{g_{L}R_{L}^{2}}=\frac{r_{1}^{2}}{r_{2}^{2}}$

$\frac{r_{1}}{r_{2}}=\sqrt{\frac{g_{r}R_{r}^{2}}{g_{L}R_{L}^{2}}}=9$ or $r_{1}=R_{r}+x_{1}$ et $r_{2}=R_{L}+x_{2}$

$R_{r}+x_{1}=9\left( R_{L}+x_{2}\right)$

$x_{1}+x_{2}=D$

$AN:x_{2}=37472km$ et $x_{1}=34529km$

3.4. Energie potentielle de gravitation.

Considérons que le satellite s'élève d'un distance élémentaire $M_{1}M_{2}=dr$

$\delta W=-Fdr$ or $\delta W=-dE_{P}\Longrightarrow dE_{p}=Fdr$

$E_{p}=KMm\int \frac{1}{r^{2}}dr\Longrightarrow E_{p}=-\frac{KMm}{r}+C$

$C=0$ car à l'infini $E_{p}=0$ ainsi $E_{p}=-\frac{KMm}{r}$

3.5. Première vitesse de libération $V_{1}$

$E=E_{c}+E_{p}$

$E_{c}=\frac{1}{2}mV^{2}=\frac{1}{2}mR^{2}\frac{g_{0}}{r}$ avec $V=R\sqrt{\frac{g_{0}}{r}}$

$g_{0}R^{2}=KM\Longrightarrow E_{c}=\frac{KmM}{2r}$ et $E_{p}=-\frac{KmM}{r}$

$E=-\frac{KmM}{2r}$

à $\infty$ $E_{\infty }=0\Longrightarrow E_{sol}=0$ et $E=Cte$

$E_{sol}=0\Longrightarrow \frac{1}{2}mV_{1}^{2}-\frac{KmM}{R}=0$

$V_{1}=\sqrt{\frac{2KM}{R}}$

$V_{1T}=12,2Km/s$ et V $_{1L}=2,37Km/s$

3.6. Altitude d'un satellite géostationnaire

$h=\sqrt[3]{\frac{g_{0}R^{2}T^{2}}{4\pi ^{2}}}-R\approx 36000km$

3.7

$T=\frac{26}{370}=7,027.10^{-2}j=6,071.10^{3}\pm 60,71s$

$h=\sqrt[3]{\frac{KM_{T}T^{2}}{4\pi ^{2}}}-R=824km$

la trajectoire est circulaire.

Corrigé 2003 : Etude du mouvement de la navette spatiale DISCOVERY

Détails: Catégorie : Mécanique

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4.1 :

Système matériel : satellite

Référentiel : géocentrique

Bilan des forces : $\overrightarrow{F} = m \overrightarrow{G}_{1}$ (1)

Théorème du centre d’inertie : $\overrightarrow{F} = m \overrightarrow{a}$ (2)

Repère de Frenet

(1) et (2) \Longrightarrow $m \overrightarrow{G}_{1} = m \overrightarrow{a}$ \Longrightarrow $m G_{1}\overrightarrow{u}_{n} = m (a_{n} \overrightarrow {u}_{n} + a_{t} \overrightarrow {u}_{t})$

Donc $a_{t} = 0$ $\Longrightarrow$ $\frac{dv}{dt} = 0$ $\Longrightarrow$ v est constante

Le mouvement du satellite est uniforme.

4.2 :

$m G_{1}\overrightarrow{u}_{n} = m a_{n} \overrightarrow {u}_{n} \rightarrow G_{1} = a_{n} \rightarrow G\frac{M}{r^{2}}= \frac{v^{2}}{r} \rightarrow v = \sqrt{\frac{MG}{r}}$

On sait que $T=\frac{2\pi r}{v} \rightarrow 2\pi r \times \sqrt{\frac{r}{MG}}$

Soit $T= 2\pi \times \sqrt{\frac{r^{3}}{MG}}$

4.3.1 :

$v = \sqrt{\frac{5,97.10^{24}\times 6,67.10^{-11} }{(6370+296).10^{3}}} = 7,73.10^{3} m/s$

$T=\frac{2\pi }{(6370+296).10^{3}}{7,73.10^{3}} = 5,42.10^{3} s$

4.3.2 :

La durée du mouvement de DISCOVERY est $\Delta t = n T = 189 \times 5,42.10^{3} = 1,02.10^{6} s = \frac{1,02.10^{6}}{24 \times 3600}= 11,85 jours \approx 12 jours$

La date de lancement de la navette est la date d’atterrissage moins la durée du mouvement soit :

$t_{i} = t_{f} - \Delta t = 18 août 1997 – 12 jours = 6 août 1997$

La date de lancement de la navette est le 6 août 1997.

4.4.1 :

Le travail du poids de DISCOVERY entre les dates $t_{1}$ et $t_{2}$ est :

$W^{\overrightarrow{P}} = mg(z_{1} - z_{2}) = 69,68.10^{3} \times 9,7(54,86.10^{3} - 11,58.10^{3}) = 2,93.10^{10} J$

4.4.2 :

Appliquons le théorème de l’énergie cinétique sur la navette entre les instants $t_{1}$ et $t_{2}$

$\frac{1}{2}mv_{2}^{2} - \frac{1}{2}mv_{1}^{2} = W^{\overrightarrow{P}} + W^{\overrightarrow{f}} \rightarrow W^{\overrightarrow{f}} = \frac{1}{2}mv_{2}^{2} - \frac{1}{2}mv_{1}^{2} - W^{\overrightarrow{P}}$

Soit :

$W^{\overrightarrow{f}} = \frac{1}{2}\times 69,68.10^{3}(223,5^{2} - 1475^{2}) - 2,93.10^{10} = -1,03.10^{11} J$