Solutions 1

Physique g´ en´ erale I Solution des exercices de m´ ecanique

Prof. Marc Schiltz Semestre d’automne 2007

S´ erie 1 Exercice 1.1 Nous consid´erons un point mat´eriel ob´eissant aux deux lois : F = M a , M1 M F = −G r , r 3 o` u M et M1 sont des observables scalaires appel´ees masse (M ´etant la masse du point mat´eriel et M1 celle d’un autre corps), F et a sont des observables vectorielles appel´ee respectivement force et acc´el´eration subies par le point mat´eriel; r est l’observable vecteur reliant M1 `a M et r  la norme de ce vecteur; et finalement G est une constante, appel´ee constante de la gravitation universelle. 1. Grossi`erement, nous pouvons dire que la vitesse v d’un point mat´eriel correspond `a sa variation de distance, ou de position (qui a une unit´e de longueur), par unit´e de temps. Et son acc´el´eration a est sa variation de vitesse par unit´e de temps. L’unit´e d’acc´el´eration [a] est donc : [a] = [] [t]−1 [t]−1 = [] [t]−2 , o` u [] est une unit´e de longueur et [t] une unit´e de temps. Dans le syst`eme international d’unit´es (SI), les unit´es de longueur , de masse M et de temps t sont respectivement []SI = m, [M]SI = kg et [t]SI = s ; l’unit´e d’acc´el´eration dans ce syst`eme est donc : [a]SI = []SI ([t]SI )−2 = m s−2 . De la premi`ere loi ci-dessus, nous trouvons l’unit´e de F qui, dans le syst`eme international, est : [F ]SI = [M]SI [a]SI = kg m s−2 . Pour obtenir l’unit´e de la constante de la gravitation universelle G, nous nous r´ef´erons `a la deuxi`eme loi ci-dessus; nous avons : [F ] = [G] [M] [M] [] []−3 = [G] [M]2 []−2

⇔

[G] = [F ] []2 [M]−2 .

Comme [F ] = [M] [a], alors [G] = [M]−1 []3 [t]−2 ; dans le syst`eme international : [G]SI = ([M]SI )−1 ([]SI )3 ([t]SI )−2 = kg−1 m3 s−2 = m3 kg−1 s−2 . 2. Dans le syst`eme d’unit´es anglo-saxon (Imperial Units, IU), les unit´es de longueur , de force F et de temps t sont respectivement []IU = ft, [F ]IU = lb et [t]IU = s , avec 1 ft = 0,3048 m et 1 lb = 4,448 kg m s−2 . En utilisant la premi`ere loi `a laquelle 3

ob´eit le point mat´eriel, nous obtenons [M] = [F ] [a]−1 = [F ] []−1 [t]2 , ce qui donne, dans ce syst`eme : [M]IU = [F ]IU ([]IU )−1 ([t]IU )2 = lb ft−1 s2 . Aussi : 1 [M]IU = 1 lb ft−1 s2 = 4,448 kg m s−2 · d’o` u: 1 [M]IU =

1 · 1 s2 , 0,3048 m

4,448 kg = 14,59 kg = 14,59 [M]SI . 0,3048

Pour la constante G, nous avons [G] = [M]−1 []3 [t]−2 = [F ]−1 []4 [t]−4 , du fait que [M] = [F ] []−1 [t]2 . Ainsi, dans les unit´es anglo-saxonnes : [G]IU = lb−1 ft4 s−4 . Cherchons maintenant la valeur de G dans ce syst`eme d’unit´es; pour ce faire, nous ´ecrivons : G = 6,67 · 10−11 [G]SI = γ [G]IU ; or : 1 [G]IU = 1 lb−1 ft4 s−4 =

0,30484 m4 −4 = 1,94 · 10−3 kg−1 m3 s−2 , −2 · 1 s 4,448 kg m s

donc : G = 6,67 · 10−11 [G] = 6,67 · 10−11 kg−1 m3 s−2 = γ · 1,94 · 10−3 kg−1 m3 s−2 ; d’o` u: γ= Ainsi :

6,67 · 10−11 = 3,44 · 10−8 . 1,94 · 10−3

G = 3,44 · 10−8 [G]IU = 3,44 · 10−8 lb−1 ft4 s−4 .

Exercice 1.2 La dur´ee de vie d’une particule π 0 immobile est τ = 0,87 · 10−16 s. 1. Admettons l’hypoth`ese que le temps est un concept absolu (hypoth`ese de Newton). Dans notre cas, cette hypoth`ese signifie que la dur´ee de vie du π 0 est toujours la mˆeme, qu’il soit immobile ou en mouvement. Ainsi, pour un π 0 anim´e d’une vitesse constante v = 0,9999 c, o` u c = 2,998 · 108 m s−1 est la vitesse de la lumi`ere dans le vide, la distance d qu’il parcourera entre l’instant de sa cr´eation et celui de sa d´esint´egration est : d = v τ = 0,9999 c τ ∼ = 2,6 · 10−8 m . 4

2. Selon la th´eorie de la relativit´e restreinte d’Einstein, la dur´ee de vie du π 0 anim´ee d’une vitesse constante v est : τ ; τ =  2 1 − vc2 dans notre cas, v = 0,9999 c, d’o` u: τ ∼ = 6,2 · 10−15 s , soit τ  ∼ = 71 τ . La distance d parcourue par le π 0 entre l’instant de sa cr´eation et celui de sa d´esint´egration sera donc environ 71 fois plus grand que d : d = v τ  ∼ = 1,8 · 10−6 m . Exercice 1.3 Tintin roule en voiture sur une route rectiligne qui croise une voie de chemin de fer rectiligne ´egalement et perpendiculaire `a la route. Il est a` une distance d de l’intersection lorsqu’il aper¸coit un train avan¸cant en direction du croisement `a une vitesse vtrain constante, la locomotive ´etant a` une distance L de l’intersection `a ce moment-l`a. Jusqu’`a cet instant, Tintin avance a` une vitesse vTin constante. Il veut s’assurer de passer l’intersection avant le train; il d´ecide donc d’acc´el´erer, son acc´el´eration a ´etant constante. 1. Sans restriction de g´en´eralit´e, nous pouvons choisir t = 0 (z´ero du temps) lorsque Tintin commence `a acc´el´erer, c’est-`a-dire lorsqu’il est a` la distance d de l’inter` partir de cet section et la locomotive a` la distance L de ce mˆeme croisement. A instant, Tintin suit un mouvement rectiligne uniform´ement acc´el´er´e alors que le train continue d’avoir un mouvement rectiligne uniforme. Posons un syst`eme de coordonn´ees dont l’origine y d est sur l’intersection et les axes x et y dispos´es comme x sur le sch´ema ci-contre. Tintin se d´eplace alors exclusiO Tintin vement sur l’axe x alors que le train (en particulier la locomotive) ne se d´eplace que selon l’axe y ; les ´equations L de mouvement de chacun sont donc :  xTin (t) = 12 a t2 + vTin t − d train

yloc (t) = vtrain t − L

2. Supposons que Tintin aie une acc´el´eration ac telle que la locomotive et lui-mˆeme soient au point d’intersection au mˆeme instant T . Dans ce cas, nous avons xTin (T ) = yloc (T ) = 0. La deuxi`eme ´equation ci-dessus nous permet d’obtenir T ; nous avons L u T = vtrain . Injectant cette expression dans la premi`ere ´equa0 = vtrain T − L, d’o` tion, nous obtenons : 1 2 (d − vTin T ) 2 vtrain (d vtrain − vTin L) ac T 2 + vTin T − d ⇔ ac = = . 2 T2 L2 Ainsi, si Tintin veut passer l’intersection avant le train, son acc´el´eration doit ˆetre strictement plus grande que ac . 0=

5

Exercice 1.4 Un oscillateur harmonique `a une dimension ob´eit `a l’´equation de mouvement : m x¨ = −k x ,

k>0, 2

o` u m est la masse du syst`eme, k une constante et x¨ = ddt2x , x ´etant une fonction du temps. 1. Soit x(t) = A cos(ω t + φ), A, ω et φ ´etant des constantes. Alors : dx (t) = x(t) ˙ = −ω A sin(ω t + φ) , dt d2 x (t) = x¨(t) = −ω 2 A cos(ω t + φ) . dt2 Injectons alors l’expression de x et x¨ dans l’´equation ci-dessus; nous avons : −m ω 2 A cos(ω t + φ) = −k A cos(ω t + φ)

⇔

(m ω 2 − k) cos(ω t + φ) = 0 .

Ainsi, nous voyons que x(t) = A cos(ω t + φ) est solution de l’´equation de l’oscillateur harmonique pour tout t, `a condition que : ω2 =

k . m

2. Par d´efinition, v(t) = x(t) ˙ et a(t) = x¨(t). La vitesse v de l’oscillateur est nulle pour les t0 tels que : −ω A sin(ω t0 + φ) = 0 et l’acc´el´eration en t0 est :

⇔

ω t0 + φ = n π , n ∈ Z ;

a(t0 ) = ± ω 2 A ,

du fait que cos(ω t+φ) est extr´emale lorsque ω t0 +φ = n π, n ∈ Z. Aussi, les valeurs de t1 pour lesquelles l’acc´el´eration est nulle sont donn´ees par ω t1 + φ = π2 + n π, n ∈ Z. Et pour ces valeurs, sin(ω t + φ) est extr´emale; ainsi : v(t1 ) = ± ω A . 3. Soit la grandeur E = 12 m v 2 + 12 k x2 . Alors :   1 d dE 1 d = m v 2 + k x2 = m v a + k x v = v m a + k x . dt 2 dt 2 dt Or, d’apr`es l’´equation de mouvement ci-dessus, m a = m x¨ = −k x pour tout temps t, donc : dE = 0 pour tout t , dt ce qui prouve que la grandeur E est ind´ependante du temps. 6