Solutions 8

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

Prof. Marc Schiltz Semestre d’automne 2007

S´ erie 8

Exercice 8.1 Nous consid´erons une boule de bois homog`ene, de rayon R = 2 cm et de masse volumique ρbois = 0,45 · 103 kg m−3 , immerg´ee dans un r´ecipient rempli d’eau, plac´e sur un support horizontal; cette sph`ere est reli´ee au fond du r´ecipient au moyen d’un fil de masse n´egligeable; le r´ecipient est mis en mouvement avec une acc´el´eration horizontale constante a; apr`es un court laps de temps, la sph`ere atteint une position d’´equilibre, le fil de soutien ´etant alors inclin´e d’un angle θ = 20◦ par rapport a` la verticale. 1. Commen¸cons par supposer que la boule de bois a ´et´e remplac´ee par une boule d’eau qui a le mˆeme volume. Comme cette boule d’eau a la mˆeme masse volumique que le reste d’eau environnant, elle ne bouge pas par rapport au reste d’eau, et ce que le r´ecipient subisse une acc´el´eration ou non. Consid´erons que le r´ecipient subit l’acc´el´eration a et ´ecrivons l’´equation de Newton pour la boule d’eau :

FA y x

a

Mg

M g + FA = M a , o` u M est la masse de la boule d’eau et FA est la force d’Archim`ede, force n´ecessaire pour que l’´equation de Newton ne soit pas «absurde» (cette force permet a` la boule d’eau de rester immobile par rapport au reste d’eau). Pla¸cons un syst`eme d’axe comme indiqu´e sur la figure et projetons ces vecteurs sur x et y; alors :   FA,x = M a FA,x = ρeau V a ⇔ , FA,y − M g = 0 FA,y = ρeau V g o` u ρeau est la masse volumique de l’eau et V le volume de la boule d’eau (qui est le mˆeme que celui de la boule de bois). Consid´erons `a pr´esent la boule de bois, reli´ee au fond du r´ecipient par un fil de masse n´egligeable, et regardons les forces agissant sur elle lorsque le r´ecipient subit FA l’acc´el´eration a. Par le principe d’Archim`ede, elle subit a une force FA qui est la mˆeme que celle agissant sur la y T mg boule d’eau virtuelle, du fait que les deux boules ont x mˆeme volume; elle subit aussi la pesanteur et une force de traction due au fil qui la retient. Ainsi, l’´equation de Newton pour cette boule de bois s’´ecrit : m g + FA + T = ma ,

o` u m est la masse de la boule, que nous pouvons ´ecrire m = ρbois V , V ´etant le volume. En projetant les diff´erents vecteurs sur les axes x et y, nous obtenons :   ρeau V a + Tx = ρbois V a FA,x + Tx = ρbois V a ⇔ , FA,y + Ty − ρbois V g = 0 ρeau V g − ρbois V g + Ty = 0 

d’o` u:

Tx = (ρbois − ρeau ) V a Ty = (ρbois − ρeau ) V g

.

Nous constatons donc que Tx et Ty sont n´egatifs, du fait que ρbois < ρeau ; nous en concluons donc que la boule de bois s’incline dans le mˆeme sens que le vecteur acc´el´eration, c’est-`a-dire vers l’avant. 2. Pour trouver l’acc´el´eration a communiqu´ee au r´ecipient, il suffit de diviser Tx par Ty ; nous obtenons : tg θ =

(ρbois − ρeau ) V a Tx a = = Ty (ρbois − ρeau ) V g g

⇔

a = g tg θ ∼ = 3,57 m s−2 ;

pour la norme de la traction T , nous avons : T =

|(ρbois − ρeau ) V g| ∼ |Ty | = = 0,192 N . cos θ cos θ

Exercice 8.2 Nous consid´erons une particule de masse m se d´epla¸cant sur une orbite circulaire de rayon r. Par d´efinition, son moment cin´etique par rapport au centre de sa trajectoire  = r × p , o` est L u p = m v = m r˙ est sa quantit´e de mouvement et v sa vitesse. Or, il est possible de d´efinir un vecteur (axial) ω , normal au plan form´e par r et r˙ , de telle sorte que r˙ = ω × r = ω × r eˆϕ = ω  r eˆϕ , o` u eˆϕ est un vecteur unitaire tangent `a la trajectoire. Mais nous savons aussi que r˙ = r ϕ˙ eˆϕ , o` u ϕ˙ est la vitesse angulaire de la particule. Nous avons donc ω = ω = ϕ˙ et :  L

 = r × (m r˙ ) = m r × r˙ = m r × (ω × r ) = L  =Iω  , = m (r · r ) ω − m (r · ω ) r = m r 2 ω

ω

v r

=0

o` u nous avons pos´e I = m r 2 . I est appel´e moment d’inertie de la masse m par rapport au centre de la trajectoire circulaire. Notons que pour la quatri`eme ´egalit´e du calcul ci-dessus, nous avons utilis´e une des propri´et´es du produit vectoriel.

Exercice 8.3 Deux satellites tournent autour d’une plan`ete. Cette derni`ere, d´epourvue d’atmosph`ere, 4

est homog`ene, en forme de boule de rayon R2 , et dont la masse est beaucoup plus grande que celle des satellites. L’orbite de ces satellites est circulaire; celle du premier est de rayon R (il rase donc la surface de la plan`ete), alors que celle du second est de rayon 2 R. Selon la loi de la gravitation universelle, la force qu’exerce la plan`ete sur le satellite la rasant a une norme : G M m1 F1 = , R2 o` u M est la masse de la plan`ete, m1 celle du satellite en question et G la constante de la gravitation universelle. Aussi, la norme de la force qu’exerce la plan`ete sur le second satellite, de masse m2 , est : G M m2 F2 = . (2 R)2 Ces deux forces sont orient´ees vers le centre de la plan`ete. Et comme la masse de cette derni`ere est beaucoup plus grande que celle des satellite, son centre co¨ıncide avec le centre des orbites circulaires. Aussi, nous remarquons que la norme de ces forces est constante; et comme les satellites suivent chacun un mouvement circulaire, alors ce mouvement circulaire doit forc´ement ˆetre uniforme. Ainsi, chacun des satellites subit une acc´el´eration pointant vers le centre de la plan`ete et dont la norme est constante. Soit v1 la norme (constante) de la vitesse du satellite de masse m1 et v2 celle du satellite 2 de masse m2 . Alors la norme de l’acc´el´eration du premier satellite vaut a1 = vR1 et celle 2 du deuxi`eme a2 = v22R . Et selon la deuxi`eme loi de Newton, nous obtenons : F1 =

G M m1 m1 v1 2 = m a = 1 1 R2 R

et

d’o` u:

F2 =

G M m2 m2 v2 2 = m a = 2 2 4 R2 2R

,

GM GM et v2 2 = . R 2R Par d´efinition, la p´eriode de rotation d’un astre ayant un mouvement circulaire uniforme est ´egale au rapport du p´erim`etre de la trajectoire circulaire par la norme de sa vitesse. Dans le cas de nos deux satellites, nous obtenons alors :   R3 2 R3 2πR 2 π (2 R) T1 = et T2 = . = 2π = 4π v1 GM v2 GM Or, il est dit que la diff´erence des p´eriodes de rotation des satellites est de six heures, T2 − T1 = ΔT = 6 heures. Nous avons donc :  √ R3 (2 2 − 1) . ΔT = 2 π GM Cette derni`ere relation nous permet de trouver la masse volumique de la plan`ete. En 3 effet, du fait que c’est une boule homog`ene de rayon R, nous avons M = 43 π R2 ρ. Donc :  √ 6 , ΔT = 2 π (2 2 − 1) Gπρ d’o` u: √ 24 π (2 2 − 1)2 ∼ ρ= = 8,1 · 103 kg m−3 . G ΔT 2 v1 2 =

5

Exercice 8.4 On lance une sonde spatiale de la Terre a` Mars de telle sorte que son orbite soit une ellipse dont le p´erih´elie est en la position de la Terre (le d´epart) et l’aph´elie en celle de Mars (l’arriv´ee). Les trajectoires de la Terre et de Mars sont pratiquement circulaires et coplanaires; le rayon de celle de la Terre est 1 u.a., celle de Mars 1,52 u.a. (par d´efinition, 1 u.a. ∼ = 1,496 · 1011 m; u.a. est l’abbr´eviation d’unit´e astronomique). Les deux plan`etes tournent dans le mˆeme sens et le lanc´e de la sonde est fait de telle sorte que son sens de parcours soit le mˆeme que le sens de rotation des deux astres. Notons encore que nous n´egligeons les effets de la gravitation de la Terre et de Mars, nous ne consid´erons que la force de gravitation du Soleil, qui est une force centrale. 1. Pour trouver la dur´ee du voyage de la sonde de la Terre jusqu’`a Mars, nous utilisons la troisi`eme loi de Kepler : as 3 Ts 2 = , a3 T 2 o` u T est la p´eriode de r´evolution de la Terre, Ts celle de la sonde (dans l’hypoth`ese o` u elle ferait le trajet Terre–Mars–Terre en une seule fois), a = 1 u.a. le demigrand axe de l’orbite terrestre (qui est en fait pratiquement circulaire) et as =

a +a = 1,26 u.a. 2

le demi-grand axe de l’orbite de la sonde, a ´etant le demi-grand axe de l’orbite martienne (qui est ´egalement pratiquement circulaire). Nous obtenons ainsi :  as 3 T 2 ∼ Ts = = 1,41 ans . a3 Comme l’orbite de la sonde est sym´etrique par rapport a` un axe passant pas l’aph´elie et le p´erih´elie, alors le temps n´ecessaire pour aller de la Terre a` Mars est la moiti´e de la valeur que nous venons d’obtenir : 1 ∼ Ts = 0,707 ann´ee . 2 2. Cherchons le temps que la sonde doit passer sur Mars avant qu’elle puisse retourner sur Terre. Pour ce faire, nous introduisons un syst`eme de coordonn´ees polaires o` u le pˆole est sur le Soleil qui est le centre des orbites de la Terre et de Mars et l’un des foyer de l’orbite elliptique de la sonde. Soient θ , θ et θs les positions angulaires de la Terre, de Mars et de la sonde respectivement. Nous choisissons l’origine de la position angulaire et l’origine du temps de telle sorte que la position angulaire de la Terre θ soit nulle au temps t = 0. Comme la Terre et Mars sont sur des orbites pratiquement circulaires, leur vitesse angulaire respectives ω et ω sont quasiment constantes (ce qui n’est pas le cas pour la sonde). Nous avons :

θ (t) = ω t θ (t) = ω t + θ0 6

La p´eriode de r´evolution de la Terre est de une ann´ee, c’est-`a-dire 365,(256) jours. La valeur de sa vitesse angulaire est donc :

(0)

“

1T 2 s

”

2π = 2 π ann´ee−1 (∼ ω = = 1,99 · 10−7 s−1 ) . T

θ0 (0)

“

1T 2 s

”

Pour trouver T et donc ω , nous utilisons a` nouveau la troisi`eme loi de Kepler; nous avons :  a 3T 2 ∼ T = = 684,(483) jours ∼ = 1,87 ans , a3 d’o` u: 2π ∼ ω = = 3,35 ann´ee−1 (∼ = 1,06 · 10−7 s−1 ) . T D´eterminons encore la constante θ0 . En t = 0, la sonde part de la Terre, donc θs (0) t = 12 Ts , elle est a` son aph´elie, donc  1 = θ (0) = 0, et est a` son p´erih´elie. En 1 u: θs 2 Ts = π, et arrive sur Mars; donc θ 2 Ts = π, d’o` θ0 = θ

1 2



Ts −

1 1 ω Ts = π − ω Ts ∼ = 0,773 . 2 2

Et donc, la diff´erence de position angulaire entre la Terre et Mars en t = 0 est : θ (0) − θ (0) = θ0 ∼ = 0,773 . Essayons a` pr´esent de trouver le temps t1 o` u la sonde peut partir de Mars pour arriver en t2 sur Terre. Comme le trajet all´e, le trajet de retour est une demiellipse dont l’aph´elie est sur l’orbite de Mars et le p´erih´elie sur l’orbite de la Terre. Utilisant l’argument de sym´etrie, nous pouvons dire que le temps pour aller de Mars vers la Terre est le mˆeme que celui pour aller de la Terre a` Mars; donc t2 − t1 = 12 Ts . Pendant cette diff´erence de temps, la sonde passe de l’aph´elie au p´erh´elie, d’o` u θs (t2 ) − θs (t1 ) = π. Or θs (t1 ) = θ (t1 ) = ω t1 + θ0 et θs (t2 ) = θ (t2 ) = ω t2 avec t2 = t1 + 12 Ts , donc :

 1 ω t1 + Ts − ω t1 − θ0 = π , 2 d’o` u:

(t1 )

(t2 )

π + θ0 − 12 ω Ts ∼ t1 = = −0,180 ann´ee . ω −ω

(t1 ) (t2 )

Nous obtenons un temps n´egatif, ce qui signifie qu’une telle configuration se produit avant qu’on lance la sonde vers Mars. Cependant, cette valeur obtenue n’est pas la seule possible. Car n’oublions pas que les positions angulaires sont des fonctions p´eriodiques du temps. De ce fait, mˆeme si θs (t2 ) −θs (t1 ) = π, alors θ (t2 ) −θ (t1 ) = 7

π + 2 π k, o` u k ∈ Z; une des plan`ete a pu avoir fait plus de tours que l’autre pour se trouver dans la bonne configuration. Consid´erons k = 1; alors : t1 =

π + 2 π + θ0 − 12 ω Ts ∼ = 1,96 ann´ee , ω −ω

qui est une valeur positive. Pour trouver le temps que la sonde passe sur Mars, il faut soustraire a` t1 le temps du voyage all´e, c’est-`a-dire 12 Ts . En r´esum´e, la sonde met 0,707 ans (258 jours) pour aller de la Terre a` Mars. Puis elle s´ejourne 1,26 ans (458 jours) sur Mars. Et il lui faut a` nouveau 0,707 ans (258 jours) pour retourner sur Terre. La dur´ee totale du voyage est donc de 2,67 ans (975 jours). 3. Au point de lanc´e, cest-`a-dire `a son p´erih´elie, la vitesse de la sonde est vs,p = 32,7 km s−1 . D´eterminons alors sa vitesse lorsqu’elle est `a son aph´elie. Pour ce  par rapport au Soleil; nous faire, nous nous int´eressons `a son moment cin´etique L avons :  = rs × m vs , L o` u rs est le vecteur position Soleil–sonde `a un instant donn´e, m la masse de l’engin  est : et vs sa vitesse en cet instant. Au p´erih´elie, la norme de L  p  = rs,p × m vs,p  = a m vs,p , Lp = L u rs,p est le vecteur position Soleil–sonde lorsque car rs,p est perpendiculaire `a vs,p , o` ` l’aph´elie, le vecteur position elle est au p´erih´elie, et vs,p est la norme de vs,p . A Soleil–sonde rs,a est ´egalement perpendiculaire `a la vitesse de l’engin vs,a ; la norme du moment cin´etique en ce point vaut donc :  a  = rs,a × m vs,a  = a m vs,a . La = L Or, comme la sonde est soumise `a la force de gravitation du Soleil, qui est centrale, son vecteur moment cin´etique par rapport au Soleil est une constante du mouve a , en particulier Lp = La . Cette derni`ere p = L ment. Nous pouvons donc ´ecrire L relation permet de trouver la norme de la vitesse de l’engin `a l’aph´elie : vs,a =

a vs,p ∼ = 21,5 km s−1 . a

La norme de la vitesse de Mars ´etant v =ω a ∼ = 24,1 km s−1 , la sonde doit acc´el´erer pour pouvoir se poser sur Mars (en n´egligeant la gravitation de cette derni`ere).