Lycée Brizeux Samedi décembre PCSI A

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Lycée Brizeux Samedi 10 décembre 2011 PCSI A Correction du devoir surveillé no 3 Problème I Etude d'un skieur A Etude du téléski A.1 On considère le skieur de masse m que l'on assimile à un point matériel dans le référentiel terrestre supposé galiléen. Les forces appli- quées aux skieur sont : – Le poids ?? P = m??g = ?mg??ey – La force motrice du téléski : ?? Fm = Fm ??eX – La réaction normale du support ?? RN = RN ??eY . – La réaction tangentielle (force de frottement solide) : ?? RT = ?RT ??eX = ?fRN ??eX car les skis glissent sur la neige. A.2 Principe d'inertie : Dans le référentiel terrestre considéré comme galiléen, le skieur M de masse m a une vitesse constante si et seulement si il est pseudo-isolé. La résultante des forces appliquées est donc égale au vecteur nul. A.3 Le skieur est tiré à vitesse constante dans le référentiel terrestre galiléen, il vérifie alors le principe d'inertie. On peut donc écrire : ?? Fm+ ?? P + ?? RN + ?? RT = ?? 0 . En projetant cette relation dans la base (??eX , ??eY ). En projetant cette relation dans la base (??eX , ??eY ) on trouve les relations Fm = RT +mg sin? et RN = mg cos?.

  • accélération inférieure

  • skieur

  • energie mécanique

  • vitesse du skieur

  • frottement solide

  • distance inférieure aux distances

  • ?? rt

  • force


Publié le : jeudi 1 décembre 2011
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LycÉe Brizeux PCSI A
o Correction du devoir surveill n3
Samedi 10 dÉcembre 2011
Problme IEtude d’un skieur A Etudedu tlski A.1On considÈre le skieur de massemque l’on assimile á un point matÉriel dans le rÉfÉrentiel terrestre supposÉ galilÉen. Les forces appli-quÉes aux skieur sont : −→ – LepoidsP=m g=mgey −→ −→ – Laforce motrice du tÉlÉski :Fm=FmeX −→ −→ – LarÉaction normale du supportRN=RNeY. −→ – LarÉaction tangentielle (force de frottement solide) :RT= RTeX=f RNeXcar les skis glissent sur la neige. A.2Principe d’inertie : Dans le rÉfÉrentiel terrestre considÉrÉ comme galilÉen, le skieurMde massema une vitesse constante si et seulement si il est pseudo-isolÉ. La rÉsultante des forces appliquÉes est donc Égale au vecteur nul. A.3Le skieur est tirÉ á vitesse constante dans le rÉfÉrentiel terrestre galilÉen, il vÉrifie alors le principe d’inertie. On peut donc Écrire :Fm+P+RN+RT= 0. En projetant cette relation dans la base(eX, eY). En projetant cette relation dans la base(eX, eY)on trouve les relationsFm=RT+mgsinαetRN=mgcosα. Or, comme le skieur glisse sur la neige, on a la relationRT=f RN. En remplaÇantRTpar sa valeur dans la premiÈre ÉgalitÉ, on trouve :Fm=mg(sinα+fcosα) = 426N
B SautÀ ski B.1 PrÉliminaires B.1.1Avant que le skieur ne commence á glisser, les forces qui lui sont appliquÉes sont : son poids, et la rÉaction du support (normale et tangentielle). Dans ce cas le skieur est á l’Équilibre dans le rÉfÉ-rentiel terrestre galilÉen, d’oÙ la relation :P+RN+RT= 0. En projetant sur la base(eX, eY)on obtient alors deux Équations : RT=mgsinαetRN=mgcosαavecRTR< fNtant qu’il y a Équilibre. Le skieur va commencer á glisser sur le plan inclinÉ quandRT=f RNd’oÙtanα0=f.α0= 2,9. Conclusion : On peut faire du ski, mme sur des faibles pentes.
B.2 PremiÈrephase du mouvement : trajet OB 1 B.2.1ks’exprime enkg.s. B.2.2Les forces appliquÉes aux skieur sont : −→ – Lepoids :P=m g=mg(sinαeXcosαeY) −→ −→ – Laforce de frottement fluide :F=kvxeX −→ −→ – LarÉaction normale du support :RN=RNeY. −→ – La rÉaction tangentielle (force de frottement solide) :RT= RTeX=f RNeXcar les skis glisse sur la neige.
On applique le principe fondamental de la dynamique au skieur M de masse m dans le rÉfÉrentiel dvX terrestre supposÉ galilÉen :P+RN+RT=m a. En projetant dans la base (eX, eY) on a :m= dt mgsinαf RNkvXet0 =mgcosα+RNd’oÙ l’Équation diffÉrentielle vÉrifiÉe par la vitessevX: dvXk +vX=g(sinαfcosα). On reconnat l’Équation d’un mouvement de chute libre avec frottement dt m fluide dans un champ de pesanteur de valeur :gef f=g(sinαfcosα). B.2.3On a une Équation diffÉrentielle du premier ordre envX. Par analyse dimensionnelle on peut po-m serτ=. On cherche une solution particuliÈre de la formevX=cte=vlim. On trouve alors k
t vlim=(sinαfcosα). La solution gÉnÉrale de l’Équation est de la formevX(t) =Ae+vlim. τ OrvX(0) =v0d’oÙv0=A+vlim. En remplaÇantApar sa valeur on trouve alors : t vX(t) = (v0vlim)e+vlim τ B.2.4τest le temps caractÉristique d’Évolution devX. On peut le relier á l’ordre de grandeur de la durÉe du rÉgime transitoire.vlimreprÉsente la vitesse maximale atteinte par le skieur lors de sa descente. 11 Application numÉrique :τ= 8setvlim= 52,7m.s= 190km.h. (Le record du monde de 1 vitesse á ski est de251,4km.h). t τ B.2.5En intÉgrantvX, on trouveX(t) =τ(v0+vlim)e+vlimt+B. OrX(0) = 0soitB=τ(v0vlim). t τ On trouve alorsX(t) =τ(v0vlim)(1e) +vlimt. 1 B.2.6La vitesse du skieur lorsqu’il arrive au pointBestvB= 90km.h. On a alorsvB= (v0  T v0vlim vlim)e+vlimd’oÙT=τ4ln =,72s τ vBvlim
B.2.7On trouve alors numÉriquementOB=X(T) = 70,6m. B.2.8Pour une longueurOBdonnÉe, on peut augmenter la vitesse du skieur en essayant de limiter les frottements (aÉrodynamisme pour le frottement fluide et choix des matÉriaux et fartage pour les ski). B.3 DeuxiÈmephase du mouvement : Trajet BC −→ B.3.1Une forceFagissant sur un point matÉrielMest dite conservative si le travail exercÉ par cette force entre deux positions du pointM est indÉpendant de la trajectoire suivie parM. B.3.2La seule force conservative prÉsente ici est le poids. Son travail de −→ BáCvautWBC(P) =mgR(1cosα) = 2300J B.3.3Les forces non conservatives appliquÉs au skieur sont la force de frottement solideRTet la rÉaction normale du supportRN. −→ RNest constamment perpendiculaire á la trajectoire, elle ne tra-−→ vaille donc pas. Le travail deRTvaut avec les notations du schÉma : R −→RCθ=α WBC(RT) =RTd`=RTRdθ=f mgRαcosα=218J B θ=0 B.3.4ThÉorÈme de l’Énergie cinÉtique : dans un rÉfÉrentiel galilÉen, la variation d’Énergie cinÉtique d’un point matÉriel entre deux positions est Égale á la somme des travaux des forces appliquÉes á ce point :EC(C)EC(B) =WBC(RT) +WBC(P) B.3.5On applique le thÉorÈme de l’Énergie cinÉtique au skieur entre les pointsBetC, ce qui nous donne, aprÈs simplifications : q 211 vC=v+ 2gR(1cosα)2f gRαcosα= 26,0m.s= 93,7km.h B B.3.6La vitesse enCest dirigÉe selon l’horizontale. Ceci permettra d’augmenter la portÉe du saut du skieur. B.4 TroisiÈmephase du mouvement : chute libre B.4.1Dans le rÉfÉrentiel terrestre supposÉ galilÉen, on applique le principe fondamental de la dynamique au skieur de massemsoumis uniquement á son propre poids :m a=m g. En projetant surxet ypuis par intÉgrations successives on trouve alors :
¨x= 0 −→ a y¨ =g
x˙ =vc −→ v y˙ =gt
−−→x=vCt CM 1 2 y=gt 2
B.4.2En Éliminant le temps dans l’expression dey(t), on a l’Équation de la trajectoire du skieur :   2 1x y(x) =g 2vC B.4.3L’Équation de la piste de rÉception est celle d’une droite de pente1:yP(x) =xh. Le skieur   2 1xmax rejoint la piste de rÉception lorsquey(xmax) =yP(xmax)d’oÙh+xmax=g. en rÉsolvant 2vC numÉriquement on trouve :xmax= 148m
B.4.4On trouve dans cette Étude une distance infÉrieure aux distances observÉes en championnat. Ceci peut s’expliquer par deux phÉnomÈnes qui n’ont pas ÉtÉ pris en compte : – Leskieur donne une impulsion avec ses jambes enCce qui lui permet dŠavoir une vitesse enC qui possÈde une composante positive suivant l’axe(Cy)ce qui augmente la portÉe du saut. – L’airexerce une force sur le skieur qui peut tre dÉcomposÉe suivant deux vecteurs : une force de direction horizontale s’opposant au mouvement (la trainÉe) et une force de direction verticale, orientÉe vers le haut (la portance). C’est cette force qui est responsable du maintient en vol des avions et les skieurs l’utilisent pour se maintenir en l’air.
C SuperG C.1La cinÉmatique est l’Étude du mouvement d’un point indÉpendamment des causes qui l’engendrent. C.2On ay(0) =d0=A. De plus on constate que lorsque le skieur est á l’abcisse2L, il a la mme ordonnÉe π qu’á son dÉpart d’oÙcos(2BL) = 1c’est á dire2BL= 2πsoitB=. La trajectoire se met alors sous la L πx formey(x) =d0cos( ). L   πv0 C.3Par intÉgration on trouvex(t) =v0td’oÙy(t) =d0cost L   v0πd0πv0t−→ C.4En dÉrivant on obtientv=x˙ex+y˙ey=v0exsineyet L L   2 −→ −→−→v0π πv0t−→ a= ¨xex+y¨ey=d0cos( )ey L L C.5Pour que le skieur reste en piste, il doit conserver á tout moment une accÉlÉration infÉrieure á0,7g. Il q   2 v0π πv0t v0π2d0 faut doncd0cos( )0,7gpour touttc’est á dired0( )0,7gd’oÙLmin=v0π= 23,1m L LL0,7g
Problme IIÈquilibre mtastable A Ètudenergtique A.1 erπ– 1cas :< θ < π. On introduit la base polaire(ur, uθ)pour exprimer la la vitesse du point 2 ˙ M:v=R1θuθ. On dÉtermine l’expression de l’Énergie potentielle par intÉgration de l’expression ˙ suivante :dEp=P .dl=m g . v dtsoitdEp=mR1θdt g .uθ=mgR1sinθdθ. Par intÉgration il vientEp(θ) =mgR1cosθ+KavecEp(π) = 0soitEp=mgR1(1 + cosθ) e5π – 2cas :π < θ <. On refait le mme raisonnement en remplaÇantR1parR2et on obtient 2 Ep(θ) =mgR2(1 + cosθ) A.2Tracer l’allure de la courbeEp(θ). A.3D’aprÈs le graphique prÉcÉdent on a trois positions d’Équilibre : 2 positions d’Équilibre stables enθ= 0 etθ= 2π(minimum d’Énergie potentielle eu une position d’Équilibre instable enθ=π(maximum d’Énergie potentielle).
B RponseÀ une perturbation B.1L’Énergie mÉcaniqueEm=Ec+Epest conservative en l’absence de frottements. L’Énergie mÉcanique 1 2 v2mgR, et dans la situation limit au pointE(θ= 0)est Égale áEmE=m0 1e la vitesse enBest nulle donc 2 1 2 l’Énergie mÉcanique sera Égale au pointBáEmB=mv. L’anneau atteint donc le pointBsiv0>2gR1. 2B Si cette condition n’est pas satisfaite l’anneau peut sortir de la piste au pointAou alors il oscille autour de sa position d’Équilibre stable (θ= 0) que l’on peut qualifier de position d’Équilibre mÉtastable, puisqu’une contrainte extÉrieure permet de de faire cesser cet Équilibre. 1 21 2 B.2L’Énergie mÉcanique est conservative donEmB=EmDsoitmv=mv2mgR2carθD= 2πsoit 2B2D 2 22 22 2 soitv=v+ 4g(RR) v=v+ 4gR2etv=v04gR1D10 2 D BB B.3L’anneau sort de la piste enSsi la vitesse de l’anneau au pointSest non nulle. A partir de la 1 21 22 2 conservation de l’Énergie mÉcanique, on obtientmv2moitv 2DgR2=mvs=vgR2. L 2smgR2sD’anneau p 2 2 tes quev+ sort du support siv >2gR2. On a trouvÉ dans les questions prÉcÉdenD=v04g(R2R1)et D 2 quev >4gR1, la condition prÉcÉdente est bien vÉrifiÉe et l’anneau sortira de la piste. 0
C Petitesoscillations autour de la position d’quilibre C.1La variation d’Énergie cinÉtique entre deux instants considÉrÉs est Égale á la somme des travaux des forces qui s’exercent sur le point matÉriel entre ces deux instants. La dÉmonstration s’effectue á partir du −→ −→ principe fondamental de la dynamique :m a= ΣF. On faisant le produit scalaire avec la vitesse on obtient : −→ d1 2−→ (mv) =F . v. Soit en intÉgrantΔEc= ΣW −→ dt2F 1 22 ˙ C.2L’Énergie mÉcanique Étant constante sa dÉrivÉe par rapport au temps est nulle. On aEm=mR1θ 2 dEm2 2g ˙ ¨˙ ˙¨ )soitθθ+θmRsinθ= 0d’oÙmR θ(θ+ sinθ) = 0. On obtient alors l’Équation mgR1(1+cosθ=mR11 1R1 dt g ¨ du mouvement en considÉrant les petits angles (sinθθ) :θ+θ= 0 R1 C.3On applique le principe fondamental de la dynamique au point matÉriel dans le rÉfÉrentiel du labora-−→2˙ ¨ toire supposÉ galilÉen. En coordonnÉes polaire l’accÉlÉration s’Écrita=R1θ ur+R1θutheta. La projection −→g ¨ du principe fondamental de la dynamique suivantuθconduit áθ+ sinθ= 0. En considÉrant de petits R1 angles, on retrouve l’Équation ci-dessus. 2g C.4On dÉfinit la pulsation propre de l’oscillateur harmonique :ω=et la pÉriode est Égale á 0 R1 q 2π R1 T= =2π ω0g C.5La solution de l’Équation diffÉrentielle est de la formeθ(t) =K1cosω0t+K2sinω0tK1etK2sont v0 des constantes d’intÉgrations. Sachant queθ(0) = 0etv(t= 0) =v0, on obtientK1= 0etK2=soit R1ω0 v0 θ(tsin) =ω0t. R1ω0
Problme IIIRalisation d’un spectroscope À prisme A Ètudede la dviation de la lumire A.1Voir figure ci contre. 0 0 A.2Lois de Descartes enI1etI2sini=nsinr(1) etsini=nsinr(2). â 0 partir de la relation des angles dans le triangleI1I2Kon ar+r=A(3) et 0 á partir des angles dans le triangleI1I2Jon obtientD=i+i− −rrsoit 0 D=i+iA(4). 0 A.3LorsqueidÉcrot, d’aprÈs la relation (1)rdiminue. Puis d’aprÈs la relation (3),raugmente et enfin, 0 0π d’aprÈs la relation (2)iaugmente. Lorsqueiatteinti0,iatteint sa valeur maximale. Lorsqueidevient 2 infÉrieur ái0, le rayon Émergent disparat car il se produit un phÉnomÈne de rÉflexion totale á la sortie du 0 01 1 prisme. On asini0=nsinr0= inrarcsin[nsin(Aarcsin )] nsin(Ar)avecs0=n. D’oÙi0=n 0 0 0 A.4On aD=i+iA=iA+ arcsin(nsinr) =iA+ arcsin[nsin(Ar)]. D’oÙ sini D=iA+ arcsin[nsin(Aarcsin( ))]. La courbeD=f(i)montre l’existence d’un unique minimum n de dÉviation. 0 A.5Supposons im6=im. D’aprÈs le principe du retour inverse de la lumiÈre, si un rayon pÉnÈtre dans 0 0 i, le prisme avec l’angle d’incidencei=mil Émerge avec l’anglei=im. Le rayon subit la dÉviationD= 0 0 i iA=Dun pourterait donc deux mii=i). m+m mnima pour la dÉviation (un pour. Il exisi=imetm 0 Or, il n’existe qu’un unique minimum de dÉviation ce qui impl. Au minimum de dÉviation iqueim=im 0 0A A o=ietr=r, en utilisant la relation (3), on obtientrm=d’oÙim= arcsin[nsin ], n aimm m m2 2 (A+D) m sin( ) A2 Dmarcsin[= 2nsin ]Aetn=. 2 sinA2
B Ralisationd’un spectroscope B.1En faisant varier l’angle d’incidencei, on cherche pour chaque raie (longueur d’onde) l’angle corres-pondant au minimum de dÉviation. On obtient ainsi pour chaque longueur d’onde, une mesure du minimum (A+D) m sin( ) 2 de dÉviationDmpuis la valeur de l’indicenavec la relationn=. Pour vÉrifier la loi de Cauchy, sinA2 1 on trace le graphe donnantnen fonction de2. La loi de Cauchy est vÉrifiÉe si la courbe obtenue est une λ droite. B.2On mesure l’indicenidu prisme pour la longueur d’ondeλiinconnue. On reporte sur la courbe tracÉe 1 1 (n=f(2) et on relÈve la valeur de2pour ensuite trouverλi. λ λ i
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