Utilisateur:TrantorFr/Concours communs polytechniques 2009 - MP Physique I - Correction

MECANIQUE

Partie 1 - Oscillations dans le champ de pesanteur terrestre

1. 1. À partir de $I_{O}=I_{G}+ml^{2}$, avec $I_{O}={\frac {3}{2}}ml^{2}$ et $I_{G}={\frac {mL^{2}}{3}}$, on obtient :

      ${\frac {3}{2}}ml^{2}={\frac {mL^{2}}{3}}+ml^{2}$

      ${\frac {1}{2}}ml^{2}={\frac {mL^{2}}{3}}$

      Donc :

      ${\frac {l}{L}}={\sqrt {\frac {2}{3}}}$

   2. L'énergie cinétique est donnée par :

      $E_{c}={\frac {1}{2}}mv_{G}^{2}+{\frac {1}{2}}I_{O}\left({\frac {d\theta }{dt}}\right)^{2}$

      où :
      • $v_{G}=l{\frac {d\theta }{dt}}$
      • $I_{O}={\frac {3}{2}}ml^{2}$
      donc

      $E_{c}={\frac {1}{2}}ml^{2}\left({\frac {d\theta }{dt}}\right)^{2}+{\frac {3}{4}}ml^{2}\left({\frac {d\theta }{dt}}\right)^{2}$

      $E_{c}={\frac {5}{4}}ml^{2}\left({\frac {d\theta }{dt}}\right)^{2}$

      L'énergie potentielle est donnée par :

      $E_{p}=-mgy_{G}$

      $E_{p}=-mgl\cos \theta$

   3. La seule force à laquelle est soumise la barre est la force de pesanteur, conservative, donc il y a conservation de l'énergie mécanique.

      $E_{m}=E_{c}+E_{p}={\frac {5}{4}}ml^{2}\left({\frac {d\theta }{dt}}\right)^{2}-mgl\cos \theta$

      En dérivant l'énergie mécanique par rapport au temps, on obtient :

      ${\frac {dE_{m}}{dt}}={\frac {5}{2}}ml^{2}{\frac {d\theta }{dt}}{\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}+mgl{\frac {d\theta }{dt}}\sin \theta =0$

      En simplifiant par $ml{\frac {d\theta }{dt}}$, on obtient :

      ${\frac {5}{2}}l{\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}+g\sin \theta =0$

      D'où l'équation différentielle :

      ${\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}+{\frac {2}{5}}{\frac {g}{l}}\sin \theta =0$

   4. Pour de petits mouvements, on effectue un développement au premier ordre de $\sin \theta$, $\sin \theta \sim \theta$, d'où l'équation différentielle :

      ${\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}+{\frac {2}{5}}{\frac {g}{l}}\theta =0$

      En notant $\omega _{1}^{2}={\frac {2}{5}}{\frac {g}{l}}$, les solutions de cette équation sont :

      $\theta (t)=A\cos(\omega _{1}t+\varphi )$

      Où $A$ et $\varphi$ sont des constantes déterminées par les conditions initiales :
      • $\theta (0)=\theta _{0}$, donc $\theta _{0}=A\cos \varphi$
      • $\left.{\frac {d\theta }{dt}}\right|_{t=0}=0$, donc $0=-A\omega _{1}\sin(\varphi )$
      donc $\varphi =0$ et $A=\theta _{0}$ d'où la solution de l'équation différentielle :

      $\theta (t)=\theta _{0}\cos(\omega _{1}t)$

      A.N. : Avec $\omega _{1}={\sqrt {{\frac {2}{5}}{\frac {g}{l}}}}$ on a

      $\omega _{1}\approx 1,34{\rm {rad\cdot s^{-1}}}$

Partie 2 - Oscillateur harmonique

2. 1. Le ressort exerce sur la plateforme une force

      ${\overrightarrow {f}}=-K(x-x_{0}){\overrightarrow {e_{x}}}=-K{\overrightarrow {e_{x}}}$

      L'énergie potentielle emmagasinée par le ressort est définie par :

      $dE_{p}=-{\overrightarrow {f}}\cdot d{\overrightarrow {O'O}}$

      Avec $d{\overrightarrow {O'O}}=dx{\overrightarrow {e_{x}}}=dX{\overrightarrow {e_{x}}}$ on obtient :

      $dE_{p}=KXdX$

      Puis par intégration en prenant la convention $E_{p}(x_{O})=0$ :

      $E_{p}={\frac {1}{2}}KX^{2}$

   2. L'énergie cinétique est donnée par :

      $E_{c}={\frac {1}{2}}M\left({\frac {dX}{dt}}\right)^{2}$

      En l'absence de frottement (liaison supposée parfaite), les forces exercées sur la plateforme soit ne travaille pas (poids, réaction des guides), soit dérivent d'une énergie potentielle (force de rappel du ressort). Il y a donc conservation de l'énergie mécanique.

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

      $E_{m}={\frac {1}{2}}M\left({\frac {dX}{dt}}\right)^{2}+{\frac {1}{2}}KX^{2}$

      Puis par dérivation :

      $M{\frac {dX}{dt}}{\frac {d^{2}X}{dt^{2}}}+K{\frac {dX}{dt}}X=0$

      D'où l'équation différentielle pour la variable $X$

      ${\frac {d^{2}X}{dt^{2}}}+{\frac {K}{M}}X=0$

   3. Avec $\omega _{2}={\frac {K}{M}}$, les solutions de cette équation différentielle sont :

      $X(t)=A\cos(\omega _{2}t+\varphi )$

      où $A$ et $\varphi$ sont des constantes dépendant des conditions initiales.
      • $X(0)=X_{0}$, donc $A\cos \varphi =X_{0}$
      • $\left.{\frac {dX}{dt}}\right|_{t=0}=0$, donc $-A\omega _{2}\sin \varphi =0$
      On obtient $A=X_{0}$ et $\varphi =0$, d'où l’expression de $X$ en fonction du temps :

      $X(t)=X_{0}\cos(\omega _{2}t)$

Partie 3 - Oscillations couplées

3. 1. L'accélération de $O$ est donnée par :

      ${\overrightarrow {a_{O}}}={\frac {d^{2}X}{dt^{2}}}{\overrightarrow {e_{x}}}$

      Avec ${\overrightarrow {OG}}=l{\overrightarrow {e_{r}}}$ on a :

      ${\frac {d{\overrightarrow {OG}}}{dt}}=l{\frac {d{\overrightarrow {e_{r}}}}{dt}}=l{\frac {d\theta }{dt}}{\overrightarrow {e_{\theta }}}$

      puis

      ${\frac {d^{2}{\overrightarrow {OG}}}{dt^{2}}}=l{\frac {d}{dt}}\left({\frac {d\theta }{dt}}{\overrightarrow {e_{\theta }}}\right)$

      ${\frac {d^{2}{\overrightarrow {OG}}}{dt^{2}}}=l{\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}{\overrightarrow {e_{\theta }}}-l\left({\frac {d\theta }{dt}}\right)^{2}{\overrightarrow {e_{r}}}$

      Le référentiel lié à la plateforme étant en translation par rapport au référentiel du laboratoire, la loi de composition des mouvements donne :

      ${\overrightarrow {\Gamma _{G}}}={\frac {d^{2}{\overrightarrow {O'O}}}{dt^{2}}}+{\frac {d^{2}{\overrightarrow {OG}}}{dt^{2}}}$

      ${\overrightarrow {\Gamma _{G}}}={\frac {d^{2}X}{dt^{2}}}{\overrightarrow {e_{x}}}+l{\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}{\overrightarrow {e_{\theta }}}-l\left({\frac {d\theta }{dt}}\right)^{2}{\overrightarrow {e_{r}}}$

      Avec ${\overrightarrow {e_{r}}}=\sin \theta {\overrightarrow {e_{x}}}-\cos \theta {\overrightarrow {e_{y}}}$ et ${\overrightarrow {e_{\theta }}}=\cos \theta {\overrightarrow {e_{x}}}+\sin \theta {\overrightarrow {e_{y}}}$, on obtient :

      ${\overrightarrow {\Gamma _{G}}}=\left({\frac {d^{2}X}{dt^{2}}}-l\sin \theta \left({\frac {d\theta }{dt}}\right)^{2}+l\cos \theta {\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}\right){\overrightarrow {e_{x}}}+\left(l\sin \theta {\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}+l\cos \theta \left({\frac {d\theta }{dt}}\right)^{2}\right){\overrightarrow {e_{y}}}$

   2. En appliquant le théorème de la résultante cinétique à la tige, dans le référentiel du laboratoire, on a :

      $m{\overrightarrow {\Gamma _{G}}}=m{\overrightarrow {g}}+{\overrightarrow {R}}=-mg{\overrightarrow {e_{y}}}+T{\overrightarrow {e_{x}}}+N{\overrightarrow {e_{y}}}$

      En projection sur les axes $(Ox)$ et $(Oy)$, on obtient :

      $\left\{{\begin{array}{l}T=m{\cfrac {d^{2}X}{dt^{2}}}-ml\sin \theta \left({\cfrac {d\theta }{dt}}\right)^{2}+ml\cos \theta {\cfrac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}\\N=mg+ml\cos \theta \left({\cfrac {d\theta }{dt}}\right)^{2}+ml\sin \theta {\cfrac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}\end{array}}\right.$

   3. ${\overrightarrow {\sigma _{G}}}={\overrightarrow {\sigma }}^{*}$ est le moment cinétique barycentrique donc :

      ${\overrightarrow {\sigma _{G}}}=I_{G}{\frac {d\theta }{dt}}{\overrightarrow {e_{z}}}$

   4. En dérivant l’expression précédente :

      ${\frac {d{\overrightarrow {\sigma _{G}}}}{dt}}=I_{G}{\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}{\overrightarrow {e_{z}}}$

      D'après le théorème du moment cinétique barycentrique :

      ${\frac {d{\overrightarrow {\sigma _{G}}}}{dt}}={\overrightarrow {{\mathcal {M}}_{G}}}\left({\overrightarrow {R}}\right)+{\overrightarrow {{\mathcal {M}}_{G}}}\left(m{\overrightarrow {g}}\right)$

      où

      • ${\overrightarrow {{\mathcal {M}}_{G}}}\left({\overrightarrow {R}}\right)={\overrightarrow {GO}}\wedge {\overrightarrow {R}}=-l{\overrightarrow {e_{r}}}\wedge \left(T{\overrightarrow {e_{x}}}+N{\overrightarrow {e_{y}}}\right)$
        ${\overrightarrow {{\mathcal {M}}_{G}}}\left({\overrightarrow {R}}\right)=-l\left(\sin \theta {\overrightarrow {e_{x}}}-\cos \theta {\overrightarrow {e_{y}}}\right)\wedge \left(T{\overrightarrow {e_{x}}}+N{\overrightarrow {e_{y}}}\right)$
        ${\overrightarrow {{\mathcal {M}}_{G}}}\left({\overrightarrow {R}}\right)=-\left(lT\cos \theta +lN\sin \theta \right){\overrightarrow {e_{z}}}$
      • ${\overrightarrow {{\mathcal {M}}_{G}}}\left(m{\overrightarrow {g}}\right)={\overrightarrow {0}}$

      On obtient :

      $I_{G}{\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}=-lT\cos \theta -lN\sin \theta$

   5. La relation précédente avec les expressions de $N$ et $T$ déterminées en 3.2 donne :

      $I_{G}{\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}=-ml\cos \theta {\frac {d^{2}X}{dt^{2}}}+ml^{2}\cos \theta \sin \theta \left({\frac {d\theta }{dt}}\right)^{2}-ml^{2}\cos ^{2}\theta {\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}-mlg\sin \theta -ml^{2}\cos \theta \sin \theta \left({\frac {d\theta }{dt^{2}}}\right)^{2}-ml^{2}\sin ^{2}\theta {\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}$

      $(I_{G}+ml^{2}){\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}+mlg\sin \theta =-ml\cos \theta {\frac {d^{2}X}{dt^{2}}}$

      Dans la partie 1, $l$ est choisit tel que $I_{G}+ml^{2}=I_{O}={\frac {3}{2}}ml^{2}$, d'où l'équation différentielle :

      ${\frac {3}{2}}l{\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}+g\sin \theta =-\cos \theta {\frac {d^{2}X}{dt^{2}}}$

   6. Dans l'hypothèse des petits mouvements $\cos \theta \sim 1$ et $\sin \theta \sim \theta$ d'où :

      ${\frac {3}{2}}l{\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}+g\theta =-{\frac {d^{2}X}{dt^{2}}}$

      ${\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}+\omega _{1}^{2}\theta =-\alpha {\frac {d^{2}}{dt^{2}}}\left({\frac {X}{l}}\right)$ avec $\omega _{1}={\sqrt {{\frac {2}{3}}{\frac {g}{l}}}}$ et $\alpha ={\frac {2}{3}}$

      Application numérique : Avec la valeur de $l$ de la partie 1, on a $\omega _{1}={\sqrt {3}}{\rm {rad\cdot s^{-1}}}$.

   7. La plateforme est soumise
      • à son poids $-Mg{\overrightarrow {e_{y}}}$
      • à la force de rappel élastique $-KX{\overrightarrow {e_{x}}}$
      • à la réaction d'axe s'exerçant sur la plateforme $-{\overrightarrow {R}}$
      Le théorème de la résultante cinétique appliqué à la plateforme dans le référentiel galiléen du laboratoire donne :

      $M{\frac {d^{2}X}{dt^{2}}}{\overrightarrow {e_{x}}}=-Mg{\overrightarrow {e_{y}}}-KX{\overrightarrow {e_{x}}}-{\overrightarrow {R}}$

      En projection sur l'axe $(O'x)$, on obtient :

      $M{\frac {d^{2}X}{dt^{2}}}=-KX-T$

      Et d’après l’expression de $T$ obtenue en 3.2 :

      $M{\frac {d^{2}X}{dt^{2}}}=-KX-m{\frac {d^{2}X}{dt^{2}}}+ml\sin \theta \left({\frac {d\theta }{dt}}\right)^{2}-ml\cos \theta {\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}$

      En constatant que ${\frac {d}{dt}}\left(\cos \theta {\frac {d\theta }{dt}}\right)=-\sin \theta \left({\frac {d\theta }{dt}}\right)^{2}+\cos \theta {\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}$, on obtient :

      $(m+M){\frac {d^{2}X}{dt^{2}}}+KX=-ml{\frac {d}{dt}}\left(\cos \theta {\frac {d\theta }{dt}}\right)$

   8. Dans l'hypothèse des petits mouvements $\cos \theta \sim 1$ et

      $(m+M){\frac {d^{2}X}{dt^{2}}}+KX=-ml{\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}$

      On obtient l'équation différentielle :

      ${\frac {d^{2}}{dt^{2}}}\left({\frac {X}{l}}\right)+\omega _{2}^{2}{\frac {X}{l}}=-\beta {\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}$ avec $\omega _{2}={\sqrt {\frac {K}{m+M}}}$ et $\beta ={\frac {m}{m+M}}$

   9. $\omega _{2}^{2}={\frac {K}{m+M}}$, on obtient

      $\omega _{2}^{2}=4{\rm {rad\cdot s^{-2}}}$

      $\alpha$ et $\beta$ sont des coefficients sans dimension et $\alpha \beta ={\frac {2}{3}}{\frac {m}{m+M}}$ donc

      $\alpha \beta ={\frac {1}{2}}$

   10. On cherche des solutions du système

       $\left\{{\begin{array}{l}{\cfrac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}+\omega _{1}^{2}\theta =-\alpha {\cfrac {d^{2}}{dt^{2}}}\left({\cfrac {X}{l}}\right)\\{\cfrac {d^{2}}{dt^{2}}}\left({\cfrac {X}{l}}\right)+\omega _{2}^{2}{\cfrac {X}{l}}=-\beta {\cfrac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}\end{array}}\right.$

       sous la forme $\theta =A\cos \Omega t$ et ${\frac {X}{l}}=\beta \cos \Omega t$, on a nécessairement :

       $\left\{{\begin{array}{l}-A\Omega ^{2}\cos \Omega t+A\omega _{1}^{2}\cos \Omega t=\alpha B\Omega ^{2}\cos \Omega t\\-B\Omega ^{2}\cos \Omega t+B\omega _{2}^{2}\cos \Omega t=\beta A\Omega ^{2}\cos \Omega t\end{array}}\right.$

       $\left\{{\begin{array}{l}{\cfrac {A}{B}}={\cfrac {\alpha \Omega ^{2}}{\omega _{1}^{2}-\Omega ^{2}}}\\{\cfrac {A}{B}}={\cfrac {\omega _{2}^{2}-\Omega ^{2}}{\beta \Omega ^{2}}}\end{array}}\right.$

       donc nécessairement

       $\alpha \beta \Omega ^{4}=\Omega ^{4}-\left(\omega _{1}^{2}+\omega _{2}^{2}\right)\Omega ^{2}+\omega _{1}^{2}\omega _{2}^{2}$

       $(1-\alpha \beta )\Omega ^{4}-\left(\omega _{1}^{2}+\omega _{2}^{2}\right)\Omega ^{2}+\omega _{1}^{2}\omega _{2}^{2}=0$

       avec les valeurs $\alpha \beta ={\frac {1}{2}}$ (question 3.9), $\omega _{1}={\sqrt {3}}{\rm {rad\cdot s^{-1}}}$ et $\omega _{2}=2{\rm {rad\cdot s^{-1}}}$ (correspondant aux applications numériques des questions 3.6 et 3.9) on obtient l'équation :

       ${\frac {1}{2}}\Omega ^{4}-7\Omega ^{2}+12=0$

       dont les solutions sont

       $\Omega ={\sqrt {2}}{\rm {rad\cdot s^{-1}}}$ et $\Omega =3{\sqrt {2}}{\rm {rad\cdot s^{-1}}}$

   11. Le système des équations I et II étant linéaire, les expressions de $\theta$ et ${\frac {X}{l}}$ proposées sont bien solutions, et ces solutions vérifient :
       • $\theta (0)={\frac {3}{5}}\theta _{0}+{\frac {2}{5}}\theta _{0}=\theta _{0}$
       • $\left.{\frac {X}{l}}\right|_{t=0}={\frac {9}{20}}\theta _{0}(1-1)=0$
       De plus avec

       $\left\{{\begin{array}{l}{\cfrac {d\theta }{dt}}=-{\cfrac {3{\sqrt {2}}}{5}}\theta _{0}\sin \left({\sqrt {2}}t\right)-{\cfrac {4{\sqrt {3}}}{5}}\theta _{0}\sin \left(2{\sqrt {3}}t\right)\\{\cfrac {d}{dt}}\left({\frac {X}{l}}\right)={\cfrac {9}{20}}\theta _{0}\left[-{\sqrt {2}}\sin \left({\sqrt {2}}t\right)+2{\sqrt {3}}\theta _{0}\sin \left(2{\sqrt {3}}t\right)\right]\end{array}}\right.$

       On vérifie bien

       ${\frac {d\theta }{dt}}(0)=0$ et ${\frac {dX}{dt}}(0)=0$