Corrige ENAC Physique 2006 EPL

Description

AAEPL - SESSION 2006 CORRIGÉ Mécanique du point : problème de Képler. 1. µ est la masse réduite du système telle que : −111 mm12µ= + = mm m +m12 122. Le problème à deux corps se réduit, dans le référentiel du centre de masse R*, à l'étude du mouvement d'un point matériel fictif A, de masse µ, de rayon vecteur r = CA, soumis à la seule force r mm12centrale et newtonienne F =−Gmm qui dérive de l'énergie potentielle EG=− . Ainsi, au 12 p3 rrcours du mouvement de A, il y a conservation de l'énergie mécanique et du moment cinétique de A en C. 3. Le mouvement de A s'effectue dans le plan (C,e ,e ). Son vecteur vitesse, en coordonnées polaires, x yµ 222 est veA/R *=+r rϕe, d'où l'expression de l'énergie cinétique E = rr+ϕ . () r ϕ ()k 2On en déduit son énergie mécanique : µ mm222 12EE=+=E rr+ϕ−G ()mkp2r24. La conservation du moment cinétique de A en C dans R* se traduit par : Lr=µ ϕ=Cte. D'autre zdr ϕ()part on a : r =ϕ . On peut donc écrire l'expression de l'énergie cinétique de A dans R* sous la d ϕforme : 22µ L 1dr222 zE=+rrϕ=1+ ()k222dϕ2rµ r15. On introduit la fonction u ϕ= . Dans ce cas il vient : ()r ϕ()22Ldu2zEG=+um−mu=Cte m122dµϕduEn dérivant cette relation par rapport à ϕ on obtient, après simplification par ≠ 0 : d ϕ2du ϕ( ) µmm 112+ u ϕ=G = ()22 pdLϕ zLa résolution de cette équation différentielle conduit à l'expression de la trajectoire de A dans R*. 6. Dans ce cas l'expression de l'énergie mécanique ...

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Extrait

AC

EPL - SESSION 2006

CORRIGÉ

Mécanique du point : problème de Képler.

1.

µ

est la masse réduite du système telle que :

1

1

2

1

2

1

2

m

m

1

1

m

m

m

m

−





µ

=

+

=





+





2.

Le problème à deux corps se réduit, dans le référentiel du centre de masse

R

*, à l'étude du

mouvement d'un point matériel fictif A, de masse

µ

, de rayon vecteur

r

=

CA

, soumis à la seule force

centrale et newtonienne

1

2

3

m

m

=

−

r

F

r

G

qui dérive de l'énergie potentielle

1

2

p

m

m

r

=

−

E

G

. Ainsi, au

cours du mouvement de A, il y a conservation de l'énergie mécanique et du moment cinétique de A en C.

3.

Le mouvement de A s'effectue dans le plan (C,

e

x

,

e

y

). Son vecteur vitesse, en coordonnées polaires,

est

(

)

r

A /

*

r

r

ϕ

=

+

ϕ

v

e

e





R

, d'où l'expression de l'énergie cinétique

(

)

2

2

2

k

r

r

2

µ

=

+

ϕ





E

.

On en déduit son énergie mécanique :

(

)

2

2

2

1

2

m

k

p

m

m

r

r

2

r

µ

=

+

=

+

ϕ

−





E

E

E

G

4.

La conservation du moment cinétique de A en C dans

R

* se traduit par :

2

z

L

r

C

t

e

=

µ

ϕ

=



. D'autre

part on a :

(

)

dr

r

d

ϕ

=

ϕ

ϕ





. On peut donc écrire l'expression de l'énergie cinétique de A dans

R

* sous la

forme :

(

)

2

2

2

2

2

z

k

2

2

L

1

d

r

r

r

1

2

d

2

r

r









µ





=

+

ϕ

=

+









ϕ

µ













E

5.

On introduit la fonction

(

)

(

)

1

u

r

ϕ

=

ϕ

. Dans ce cas il vient :

2

2

2

z

m

1

2

L

du

u

m

m

u

C

t

e

2

d













=

+

−

=









µ

ϕ









E

G

En dérivant cette relation par rapport à

ϕ

on obtient, après simplification par

du

0

d

≠

ϕ

:

(

)

(

)

2

1

2

2

2

z

d

u

m

m

1

u

p

d

L

ϕ

µ

+

ϕ

=

=

ϕ

G

La résolution de cette équation différentielle conduit à l'expression de la trajectoire de A dans

R

*.

6.

Dans ce cas l'expression de l'énergie mécanique devient :

2

1

1

2

m

k

p

m

m

m

v

2

r

=

+

=

−

E

E

E

G

La vitesse de libération v

A

est la vitesse minimale pour laquelle l'état est libre : l'orbite est donc

parabolique et l'énergie mécanique nulle. Cette vitesse, à l'altitude h au-dessus du sol terrestre est alors :

1

2

T

m

v

2

10,8km.s

R

h

−

=

≈

+

A

G