Solutions 5

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

Prof. Marc Schiltz Semestre d’automne 2007

S´ erie 5 Exercice 5.1 Soit V un espace pr´ehilbertien de dimension n < ∞ et B = {e1 ; . . . ; en } une base orthonorm´ee de V . Consid´erons alors une application lin´eaire d´ecrivant une rotation dans le plan engendr´e par les vecteurs e1 et e2 , autour du sous-espace engendr´e par e3 , . . . , en . Cette rotation est repr´esent´ee par la matrice : ⎞ ⎛ cos θ − sin θ 0 . . . 0 ⎜ sin θ cos θ 0 . . . 0 ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 0 1 . . . 0 ⎟ , ⎜ ⎜ .. . . .. ⎟ .. .. ⎝ . . ⎠ . . . 0 0 0 ... 1 o` u θ est l’angle de rotation. Chaque vecteur de base peut aussi s’´ecrire matriciellement, sous la forme d’un vecteur colonne; pour le vecteur de base ei , le vecteur colonne aura des 0 partout sauf en la i-`eme ligne, o` u il y aura un 1. En appliquant la matrice de rotation ci-dessus a` chacun des vecteurs de la base orthonorm´ee B, nous obtenons n nouveaux vecteurs qui sont non seulement tous lin´eairement ind´ependants mais aussi tous unitaires et orthogonaux entre eux. Comme l’angle θ peut prendre une infinit´e de valeurs entre 0 et 2 π, alors il y a une infinit´e de rotation diff´erentes et donc une infinit´e de bases orthonorm´ees. Sans compter le fait que nous n’avons consid´er´e ici qu’un type de rotations, celles dans le plan engendr´e par les vecteurs e1 et e2 ; il y a aussi les rotations dans tous les autres plans engendr´es par deux vecteurs de base diff´erents. Soient l’espace vectoriel R3 , muni du produit scalaire euclidien (produit scalaire usuel), et l’espace de points associ´e. Soit O un point d’origine et E1 , E2 et E3 trois points tels que OE1 E2 E3 forment un rep`ere orthonorm´e; l’ensemble de vecteurs {OE1  e1 ; OE2  e2 ; OE3  e3 } forme une base orthonorm´ee de R3 . Soient deux vecteurs v et w  de R3 ayant respectivement les composantes (v1 ; v2 ; v3 ) et (w1 ; w2 ; w3 ) relativement `a la base orthonorm´ee consid´er´ee. Le produit scalaire de ces deux vecteurs est : v · w  = (v1 e1 + v2 e2 + v3 e3 ) · (w1 e1 + w2 e2 + w3 e3 ) = = v1 w1 e1 · e1 + v1 w2 e1 · e2 + v1 w3 e1 · e3 +       =1

=0

=0

+ v2 w1 e2 · e1 + v2 w2 e2 · e2 + v2 w3 e2 · e3 +       =0

=1

=0

=0

=0

=1

+ v3 w1 e3 · e1 + v3 w2 e3 · e2 + v3 w3 e3 · e3 =       = v1 w1 + v2 w2 + v3 w3 ,

le produit scalaire de deux vecteurs exprim´es dans une base orthonorm´ee et donc simplement la somme du produit des premi`eres, deuxi`emes et troisi`emes composantes. Soient les points A et B ayant respectivement les coordonn´ees (7; 4; 1) et (−2; 5; 3) relativement au rep`ere OE1 E2 E3 . 1. Les vecteurs OA  a et OB  b s’´ecrivent, relativement a` la base orthonorm´ee choisie, a = (7; 4; 1) et b = (−2; 5; 3) respectivement. Ainsi, OB − OA = AB  c = b − a = (−9; 1; 2) et OA + OB = a + b = (5; 9; 4). La norme de ces vecteurs est : √ √ 7 2 + 42 + 12 = 66 , a = √ 38 , b  = (−2)2 + 52 + 32 = √ c  = (−9)2 + 12 + 22 = 86 , √ √ a + b  = 52 + 92 + 42 = 122 . 2. L’angle AOB correspond a` l’angle entre les vecteurs OA = a et OB = b. Appelons cet angle θ1 . Alors : cos θ1 =

9 a · b 7 · (−2) + 4 · 5 + 1 · 3 √ √ =√ = 66 38 2508 a b

θ1 ∼ = 79,6◦ .

⇔

De mˆeme, l’angle OAB, que nous nommons θ2 , correspond a` l’angle entre les vecteurs AO = −a et AB = c. Nous avons : cos θ2 =

−a · c −a · c 57 = =√  − a c  a c  5676

θ2 ∼ = 40,8◦ .

⇔

3. Calculons le vecteur c  obtenu par projection orthogonale du vecteur c sur le vecteur a ; nous avons : c  =

19 a a · c 57 a =− a = − 2 a 66 22

.

4. Consid´erons le vecteur c  = c −c  . Alors c  est un vecteur perpendiculaire `a a, et donc aussi perpendiculaire `a c  ; en effet :

 a · c c · a   c · a = (c − c ) · a = c −  a ·  a =  c ·  a − a · a = 0 . a2 a2  2 =a

Nous avons ainsi une d´ecomposition du vecteur c en une composante c  colin´eaire au vecteur a et une composante c  orthogonale (c’est-`a-dire perpendiculaire). Le triangle constitu´e des vecteurs c et c  issus du point A, et du vecteur c  issu de l’extr´emit´e de c  est rectangle et donc, le vecteur c  correspond a` une des hauteur du triangle OAB; `a cette hauteur correspond la base OA. Nous pouvons ainsi ais´ement calculer l’aire S de ce triangle; nous avons : c  = c − c  = c +

19 a 1 = (−65; 98; 63) ; 22 22 5

et donc :

a c   ∼ = 24,6 2 5. Soit le point D tel que le vecteur OD  k soit ´egal au produit vectoriel de a et c. Comme les composantes de ces vecteurs sont relatives `a une base orthonorm´e, nous pouvons calculer leur produit vectoriel de la mani`ere suivante : ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ 7 a2 c3 − a3 c2 k = a × c = ⎝ a3 c1 − a1 c3 ⎠ = ⎝ −23 ⎠ . 43 a1 c2 − a2 c1 S=

Les composantes de k sont ´egalement relatives a` la mˆeme base orthonorm´ee. Les coordonn´ees du point D sont donc (7; −23; 43).

Exercice 5.2 Dans R3 , muni du produit scalaire euclidien, nous consid´erons une base orthonorm´ee et deux vecteurs v et w,  dont les composantes relativement a` cette base sont (2; 1; 0) et (0; 3; 0) respectivement. Soit encore le vecteur u s’´ecrivant (0; 0; 6) relativement a` cette mˆeme base. 1. Calculons le produit vectoriel de v et w;  comme leurs composantes sont exprim´ees dans une base orthonorm´ee, les composantes de leur produit vectoriel, relativement `a cette mˆeme base, se calculent de la mani`ere suivante : ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ v2 w3 − v3 w2 0 ⎝ ⎠ ⎝ v3 w1 − v1 w3 0 ⎠ ; v × w = = v1 w2 − v2 w1 6 nous voyons donc que v × w  = u. 2. Consid´erons l’application qui transforme tout vecteur a = (a1 ; a2 ; a3 ), exprim´e dans la base orthonorm´ee, en le vecteur a  = (−a1 ; a2 ; a3 ). Par cette application,   = (0; 3; 0) et u  = (0; 0; 6). nous obtenons alors les vecteurs v  = (−2; 1; 0), w   Calculons alors le produit vectoriel de v et w  ; comme les composantes des diff´erents vecteurs sont toujours relatives a` cette mˆeme base orthonorm´ee, nous pouvons proc´eder de la mˆeme mani`ere que pr´ec´edemment : ⎛   ⎞ ⎛ ⎞ v2 w3 − v3 w2 0 v  × w   = ⎝ v3 w1 − v1 w3 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ ; v1 w2 − v2 w1 −6   = −u  . Ainsi, v × w,  qui est ´egal a` u, n’a pas la mˆeme nous constatons que v  × w nature que u, puisqu’il se transforme de mani`ere diff´erente.

Exercice 5.3 Nous consid´erons un ´electron, dont la charge est −e, se d´epla¸cant horizontalement `a 6

 univitesse constante v dans une r´egion de l’espace o` u r`egne un champ magn´etique B forme, vertical et orient´e vers le haut. D´eterminons la force de Lorentz F agissant sur cet ´electron. Pour ce faire, commen¸cons par remarquer que le vecteur −e v est colin´eaire `a v , il a mˆeme direction mais a un sens oppos´e. Comme les directions horizontale et verticale sont perpendiculaires entre elles, la norme de la force de Lorentz est donc simplement :  = e v B  . F  =  − e v × B  et Sa direction est perpendiculaire au plan form´e par v et B sons sens est donn´e par la r`egle du tire-bouchon. La figure ci-contre illustre la situation. Le vecteur v est horizontal et pointe vers la droite; donc −e v est ´egalement horizontal et  est vertical et pointe vers le haut; pointe vers la gauche; B donc la force de Lorentz est perpendiculaire au plan de la feuille et rentre en elle.

 B −e v

⊗

v

F

Exercice 5.4 Nous consid´erons deux chariots; un grand, de masse M et ayant la forme d’un triangle rectangle, l’hypot´enuse for S mant un angle θ par rapport a` l’horizontale, et le second, plus petit, de masse m, pouvant se d´eplacer librement sur  l’hypot´enuse du grand. Nous supposons qu’il n’y a aucun T R frottement, les deux chariots peuvent se d´eplacer librement. y F  P θ Cherchons l’intensit´e de la force horizontale F qu’il faut x donner pour que le petit chariot reste immobile par rapport au grand. Commen¸cons par analyser les forces en pr´esence. Le petit chariot subit la force de   m g , verticale et orient´ee vers le bas, et la force de soutien S  du grand gravitation R chariot, perpendiculaire a` l’hypot´enuse et orient´ee vers le haut. Quant au grand chariot, on ne peut pas vraiment le consid´erer s´epar´ement du fait que le petit chariot est pos´e sur lui; et lorsqu’il s’agit d’appliquer une force sur le grand chariot (comme la force F que nous cherchons), il ne faut pas uniquement vaincre l’inertie due a` M mais ´egalement celle due a` m. Analysons donc les forces agissant sur le syst`eme compos´e du grand et du petit chariot; nous avons la force de gravitation P  (M + m) g , verticale et orient´ee vers le bas, la force de soutien T du plan sur lequel peut rouler le grand chariot, verticale ´egalement mais orient´ee vers le haut, et finalement la force F , horizontale, qu’on applique pour maintenir le petit chariot a` la mˆeme altitude. Appliquons alors la deuxi`eme loi de Newton au petit chariot et au syst`eme grand et petit chariot; nous avons :  = ma , m g + S

petit chariot : grand et petit chariot :

, (M + m) g + T + F = (M + m) A

 est l’acc´el´eration du grand chariot et a l’acc´el´eration du petit chariot, par rapport o` uA `a un r´ef´erentiel immobile (et non par rapport au grand chariot). Notons que le vecteur 7

a est forc´ement parall`ele `a l’hypot´enuse du triangle, du fait que le petit chariot ne peut se d´eplacer que selon cette direction. Choisissons alors un syst`eme d’axes xy comme indiqu´e sur la figure et d´ecomposons les diff´erents vecteurs forces et acc´el´erations selon x et y; nous obtenons alors les quatres ´equations :  S sin θ = m ax petit chariot : , −m g + S cos θ = m ay  grand et petit chariot :

F = (M + m) A T − (M + m) g = 0

.

Si nous voulons que le petit chariot reste a` la mˆeme altitude, il faut que son acc´el´eration selon y soit nulle, ay = 0. Et s’il reste a` la mˆeme altitude, alors il doit ˆetre n´ecessairement immobile par rapport au grand chariot; cela signifie que les acc´el´erations horizontales des deux chariots sont identiques, ax = A. La deuxi`eme ´equation pour le petit chariot nous donne alors : mg ; m g = S cos θ ⇔ S = cos θ et ins´erant cette expression dans la premi`ere ´equation pour le petit chariot, nous trouvons l’expression de ax : m g sin θ = m ax ⇔ ax = g tg θ . cos θ Finalement, de la condition ax = A, nous obtenons la grandeur de la force avec laquelle il faut pousser le grand chariot pour que le petit reste a` la mˆeme altitude : F = (M + m) g tg θ .