Solutions 9

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

Prof. Marc Schiltz Semestre d’automne 2007

S´ erie 9

Exercice 9.1 Nous consid´erons un syst`eme isol´e constitu´e de deux ´etoiles, l’une ayant une masse m et la seconde une masse m2 . Dans un r´ef´erentiel d’inertie, elles d´ecrivent chacune un mouvement circulaire uniforme, la distance d s´eparant leurs centres restant constante et ´etant ´egale a` un milliard de kilom`etres. Toutes deux mettent deux ans pour effectuer une r´evolution. 1. Pour trouver le centre de masse C du syst`eme, nous consid´erons un syst`eme d’axes cart´esien O x y z  m 2 tel que O soit en le centre de l’´etoile de masse m x et que x pointe vers l’autre ´etoile. Les coordonn´ees G de ces deux astres dans ce r´ef´erentiel sont respectivement (0; 0; 0) et (d; 0; 0). Les coordonn´ees yC m et zC du centre de masse sont donc nulles. Quant `a la coordonn´ee xC , elle vaut : xC

1 = m+

 m 2

m d 0·m+d· = 2 3

.

Le vecteur position rC du centre de masse s’´ecrit donc, dans le syst`eme d’axes O  x y z  :   d ; 0; 0 . rC = 3 2. D’apr`es le th´eor`eme du centre de masse, le centre de masse C d’un syst`eme ferm´e (c’est-`a-dire un syst`eme qui n’´echange pas de mati`ere avec l’ext´erieur) ´evolue comme un point mat´eriel de masse M ´egale a` la masse totale du syst`eme, soumis `a une force ´egale a` la r´esultante Fr´ext erieures au syst`eme : es des forces ext´  Fjext = M aC , Fr´ext = es j

aC ´etant l’acc´el´eration du centre de masse. Dans notre cas, comme le syst`eme est isol´e, il n’y a aucune force ext´erieure agissant sur le syst`eme et donc l’acc´el´eration du centre de masse des deux ´etoiles est nulle dans tout r´ef´erentiel d’inertie; son mouvement est rectiligne uniforme. Comme tout r´ef´erentiel en translation uniforme par rapport a` un r´ef´erentiel d’inertie est ´egalement un r´ef´erentiel d’inertie, nous choisissons un r´ef´erentiel d’inertie dans lequel C est immobile et auquel nous associons un syst`eme d’axes cart´esien Oxyz tel que O soit sur C. Dans ce r´ef´erentiel, les deux ´etoiles ont un mouvement circulaire autour du centre de masse. Et

d’apr`es le calcul ´etablit pr´ec´edemment, le rayon de la trajectoire de m est r1 = d3 alors que celui de la trajectoire de m2 est r2 = 23d . Int´eressons-nous alors a` l’´etoile de masse m2 . Elle subit de la part de l’autre ´etoile une force orient´ee en tout temps vers le centre de masse C et dont la norme est : G m m2 G m2 = F = d2 2 d2

.

Comme c’est la seule force agissant sur elle, son acc´el´eration a est, selon la deuxi`eme loi de Newton, ´egalement orient´ee vers C, la norme de a valant a = 2mF . Or comme 2 u v2 est la vitesse le mouvement de l’´etoile est circulaire uniforme, alors a = vr22 , o` m de l’´etoile de masse 2 . Nous avons donc : Gm v2 2 3 v2 2 = = d2 r2 2d

v2 2 =

⇔

2Gm 3d

.

Par d´efinition, la p´eriode de rotation T d’un corps ayant un mouvement circulaire est le rapport entre p´erim`etre de la trajectoire et sa vitesse tangentielle (constante). Dans notre cas, la p´eriode de r´evolution de l’´etoile de masse m2 est donc :   3d 2 d3 4πd 2 π r2 = 2π . = T = v2 3 2Gm 3Gm Notons que nous trouvons le mˆeme r´esultat si nous raisonnons avec l’´etoile de masse m, ce qui est rassurant. Le lecteur passera d’agr´eables moments `a montrer ce r´esultat et a` justifier la raison d’un tel r´esultat. 3. De la derni`ere relation obtenue, nous tirons : m=

8 π 2 d3 3GT2

.

Dans notre cas, la distance d s´eparant les deux ´etoiles vaut un milliard de kilom`etres et la p´eriode de r´evolution T de chaque astre est de deux ans. Nous obtenons donc : m∼ = 1032 kg . = 9,9 · 1031 kg ∼

Exercice 9.2 On prend un disque homog`ene de rayon 2 R et de masse M; on y perce un trou circulaire de rayon R dont le milieu se trouve `a une distance R du centre du disque. R 2R Ce trou est ensuite obtur´e par un second disque homog`ene de masse 2 M, de sorte qu’on obtienne un solide θ inhomog`ene en forme de disque. Ce dernier est pos´e sur un plan inclin´e, d’inclinaison θ (par rapport a` l’horizontale), de telle fa¸con que le centre du petit disque se situe `a une distance 2 R du plan inclin´e et qu’il soit orient´e vers son sommet. La surface du plan est telle que le disque peut rouler sans glisser. 4

1. D´eterminons le centre de masse de ce disque. Pour ce faire nous allons d’abord trouver le centre de masse du grand disque perc´e, sans le petit disque. Consid´erons les trois figures ci-dessous. y

O

y

x

O

(1)

(2)

y

x

x

O

(3)

Nous pouvons voir le grand disque (1) de rayon 2 R comme ´etant constitu´e d’un disque de rayon 2 R, perc´e d’un trou circulaire de rayon R dont le centre est `a une distance R du centre du grand disque (2), et d’un petit disque de rayon R (3). Consid´erons alors un syst`eme d’axes cart´esien Oxy, de telle sorte que O soit au centre du grand disque et que x passe par les centre du grand disque et du trou circulaire. Notons que nous ne consid´erons pas d’axe z du fait que nous ne nous pr´eoccupons pas de la profondeur  du disque. Et si nous en tenons compte, alors la coordonn´ee z du centre de masse est simplement `a mi-chemin entre les deux bases circulaires qui constituent le disque, et ce du fait qu’il est consid´er´e comme homog`ene selon cette direction. Int´eressons-nous alors aux directions x et y. Par la sym´etrie que pr´esente un disque, nous pouvons dire que le centre de masse du disque (1) est en (0; 0) et que celui du disque (3) est en (R; 0). Quant au disque perc´e (2), les coordonn´ees (x2 ; y2 ) de son centre de masse sont telles que lorsqu’on met dans son trou circulaire le disque (3), le centre de masse des deux objets co¨ıncide avec celui du disque (1); et ceci est tout `a fait justifi´e du fait que le syst`eme disque (2) bouch´e par le disque (3) correspond au disque (1). Grˆace a` cette repr´esentation, le calcul du centre de masse du disque (2) est en fait assez ´el´ementaire; il nous faut pour cela juste encore trouver la masse du petit disque. Comme le disque (1) est homog`ene, sa masse volumique est constante et donc le rapport des masses des disques (1) et (3) est ´egal au rapport de leur volume. Le grand disque non perc´e ayant une masse M, celle du petit disque est donc : m=

π R2  1 M= M . 2 π (2 R)  4

Ceci entraˆıne que la masse du disque perc´e est : ˜ =M −m= 3M . M 4 La coordonn´ee x2 du centre de masse du disque (2) s’obtient `a l’aide de la relation permettant de trouver la coordonn´ee x1 du centre de masse du disque (1) `a partir 5

de celle des deux autres disques : 1 ˜ 1 (M x2 + m x3 ) = 0 = x1 = M M



3 1 M x2 + M R 4 4

 ,

d’o` u:

1 x2 = − R . 3 En proc´edant exactement de la mˆeme mani`ere pour la coordonn´ee selon y, nous obtenons y2 = 0. Les coordonn´ees du centre de masse du disque perc´e sont donc :   R − ; 0 . 3 Consid´erons `a pr´esent le syst`eme form´e d’un disque de rayon R et de masse 2 M comblant le trou circulaire dans le disque perc´e (2). Dans le mˆeme syst`eme de coordonn´ee Oxy, le centre de masse de ce disque de masse 2 M est en la mˆeme position que celui du disque (3). La coordonn´ee xC du centre de masse C du syst`eme constitu´e par le disque (2) obtur´e par le disque de masse 2 M est donc :     3M R 1 4 MR 7 − xC = 3 +2M R = − +2M R = R . 4 3 11 M 4 11 M +2M 4 Quant a` la coordonn´ee selon y de C, nous voyons imm´ediatement qu’elle est nulle. Le vecteur position rC du centre de masse de notre disque inhomog`ene s’´ecrit donc, relativement au syst`eme de coordonn´ees Oxy :   7R ; 0 . rC = 11 2. Le disque inhomog`ene est positionn´e de telle sorte que la droite reliant les centres du grand disque et du petit disque de masse 2 M soit parall`ele au plan inclin´e sur lequel il roule. Appelons θ l’angle entre O C ce plan et l’horizontale. Pour d´eterminer la valeur limite de cet angle pour laquelle le disque inhomoθ g`ene remonte le long du plan inclin´e, nous allons consid´erer la position d’´equilibre, pour laquelle le θ K disque reste immobile. Notons que les seules forces agissant sur l’objet sont la force de gravitation P , s’exer¸cant sur son centre de masse (selon le th´eor`eme du centre de masse), ainsi que les forces de soutien du plan et de contact (vu que le disque roule sans glisser), agissant en le point de contact K avec le plan. Il y a situation d’´equilibre lorsque la somme des moments des forces par rapport `a K est nulle (ou plutˆot par rapport `a un axe normal au plan du disque et passant par K). Et ceci est le cas lorsque le centre de masse du disque inhomog`ene est sur la droite verticale passant par K. En effet, les moments des forces de soutien et de contact par rapport `a K sont 6

de toute fa¸con nul; et le moment de la force de gravitation est nul lorsque les vecteurs KC et P sont colin´eaires, c’est-`a-dire lorsque C est sur la verticale issue de K. Concentrons nous alors sur le triangle rectangle KOC de la figure ci-dessus. L’angle θ entre le plan inclin´e et l’horizontale, nous le retrouvons entre KO et la verticale. Et dans la situation d’´equilibre, cet angle, qui est l’angle limite, est entre KO et KC. Nous avons donc : 7R 7 , tg θlim = 11 = 2R 22 d’o` u: θlim ∼ = 17,7◦ . Si θ < θlim , alors le point C est, par rapport `a la verticale, du cˆot´e du sommet du plan; le moment de la force de gravitation est tel que le disque inhomog`ene remonte la pente. Si θ > θlim , alors C est, par rapport `a la verticale, du cˆot´e du bas du plan; et le moment de la force de gravitation est tel que le disque descend le long du plan. Exercice 9.3 Soit un feu d’artifice qu’on allume au sol. Tr`es vite, pratiquement au niveau du sol, il acquiert une vitesse initiale v0 verticale. Apr`es cette phase initiale, il n’acc´el`ere plus de lui-mˆeme vers le haut, il n’est plus que soumis a` la force de gravitation de la Terre. Au point le plus haut qu’il atteint, il explose en une quantit´e de petits d´ebris lumineux et vari´es. Il est suppos´e que pratiquement toute la masse initiale du feu d’artifice est distribu´ee dans les d´ebris et que ce qui est parti en fum´ee lors de l’explosion est n´egligeable. La seule force ext´erieure agissant sur le feu d’artifice, avant l’explosion, et sur les d´ebris, apr`es l’explosion, est la force de pesanteur (vu qu’il est suppos´e qu’apr`es une phase de d´emarrage au sol, le feu d’artifice n’acc´el`ere plus de lui-mˆeme). L’explosion en soi ne consiste pas en une action ext´erieure, c’est un m´ecanisme provoqu´e `a l’int´erieur du feu d’artifice. Selon le th´eor`eme du centre de masse, le centre de masse C du feu d’artifice suit donc un mouvement balistique. Comme la vitesse v0 est verticale (et orient´ee vers le haut), le mouvement du centre de masse est rectiligne et uniform´ement acc´el´er´e. En pla¸cant un axe z vertical et orient´e vers le haut et choisissant l’origine du temps lorsque le feu d’artifice a sa vitesse initiale v0 (pratiquement au sol), l’´equation horaire de C s’´ecrit : 1 zC (t) = − g t2 + v0 t , 2 et est valable avant comme apr`es l’explosion. Exercice 9.4 Nous consid´erons le dispositif de la figure ci-dessous. Une masse m est suspendue a` un fil inextensible et de masse n´egligeable; ce dernier passe par une poulie de masse n´egligeable, et a` son autre extr´emit´e est fix´e un ressort de constante k et de masse n´egligeable; et `a l’autre bout du ressort est attach´ee une masse M (voir figure). Initialement, la masse m est retenue `a une certaine altitude de telle sorte que le fil soit juste tendu et que le 7

` l’instant t = 0, on lˆache m. ressort soit au repos. A Pour d´eterminer la masse minimale m pour que la grande masse M d´ecolle, nous commen¸cons par consid´erer le dispositif dans le cas o` u M est «soud´ee» au sol. Dans ce cas, le mouvement de m sera m celui d’un oscillateur harmonique. En effet, dans les tous premiers instants apr`es le lˆach´e, elle tombe en chute libre du fait qu’il n’y ` mesure qu’elle tombe, une force de a aucune tension dans le fil. A tension T1 dans le fil a tendance `a la retenir de plus en plus; et cette M force n’est rien d’autre que la force de rappel du ressort, dont la norme est k d, o` u d est l’allongement de celui-ci par rapport a` sa position de repos. En effet, comme la poulie et le fil sont de masse n´egligeable et que ce dernier est inextensible, la norme de la tension T1 dans le fil au point d’attache de m est la mˆeme que la norme de la tension T2 au point d’attache avec le ressort; et par principe d’action et de r´eaction, cette derni`ere est ´egale a` la norme de la force de rappel Fres du ressort. La masse m est donc soumise a` une force constante, la force de pesanteur, et une force de rappel harmonique, d’o` u un mouvement oscillatoire harmonique. Pla¸cons alors un axe z vertical et orient´e vers le haut, dont l’origine est en la position de la masse m avant qu’on la lˆache. La position d’´equilibre de m est atteinte en le point o` u la force de pesanteur est ´egale a` l’oppos´e de la tension dans le fil. Or, la distance entre cette position et l’origine de l’axe z est ´egale a` l’´elongation d´equil du ressort a` l’´equilibre. En projetant ces deux forces sur z, nous avons T1 − m g = 0 ⇔ T1 = m g. Et comme T1 = k d, nous obtenons : mg d´equil = ; k cette distance d´equil correspond ´egalement a` l’amplitude du mouvement oscillatoire harmonique, et ce du fait que l’une des position extrˆeme de m est en z = 0, lorsque t = 0 par exemple (car sa vitesse est nulle en ce point). Et comme sa position d’´equilibre est en z = −d´equil , alors son autre position extrˆeme (lorsque sa vitesse est ´egalement nulle) est en z = −2 d´equil . Lorsque m est en ce point, le ressort atteint alors son ´elongation ` cette ´elongation maximale correspond la force de rappel maximale dmax = 2 d´equil . A max = k dmax = 2 k d´equil . Cette force s’applique maximale du ressort, dont la norme est Fres aussi bien d’un cˆot´e sur le fil que de l’autre sur la masse M qui est alors soud´ee au sol. Revenons maintenant au cas o` u M n’est pas fix´ee au sol. Elle d´ecollera d`es que son acc´el´eration (verticale) sera non nulle (et orient´ee vers le haut). Cette situation se produit d`es que la force de soutien du sol agissant sur M est nulle, c’est-`a-dire d`es que la norme T3 de la force qu’exerce le ressort sur M est plus grande que la norme de la force de pesanteur Mg, ce qui s’´ecrit T3 > M g. Or, T3 , qui est ´egale a` k d, est maximale lorsque le ressort atteint son ´elongation maximale dmax , dont l’expression ne d´epend que de m et de k. Nous avons donc : ⇔

k dmax = 2 k d´equil > M g

2mg > M g ,

Ainsi, la valeur minimale de m pour que la masse M d´ecolle juste est donn´ee par l’in´egalit´e, dans laquelle n’intervient ni k ni g : m>

M 2 8

.