Mécanique du point : Exercices mecanique du point licence science et technologie
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Télécharger packLicence Science et Technologie, 1-i` eme ann ́ee, Universit ́
e de Provence, Ann ́
ee 2008-09
M ́
ecanique du point,
Corrig ́
es des exercices de la fiche 6
I. D ́
EFLEXION D’UNE PARTICULE LOURDE PAR UNE
PARTICULE L ́EG `ERE Question 1
Lest le r ́
ef ́
erentiel du laboratoire. Par d ́
efinition, le centre
de masseGest tel que(M+m) #» OG=M# »OP 1+m #» OP2 o` u on a not ́eP 1etP 2
les positions de la particule lourde et
la particule l ́eg `
ere respectivement. La vitesse~ V(G)du centre
de masse est donn ́
ee par~ V(G) =d #» OGdt =m M+m~ V
car la particule l ́eg `
ere est initialement au repos.
Question 2
Le choc ́
etant un choc ́
elastique, on a n ́
ecessairement
– Conservation de l’ ́
energie,
– Conservation de la quantit ́
e de mouvement.
Par cons ́
equent, on a les relations1 2MV 2= 12 MV′2 +1 2mv ′2M ~V=M ~V ′+m~v ′
Question 3D’apr `
es la conservation de la quantit ́
e de mouvement, ilappara ˆ
ıt que~ Vest combinaison lin ́
eaire de~ V′ et~v′ . Ces
trois vecteurs sont donc dans le mˆ eme plan.
Question 4
Par projection de l’ ́
equation de conservation de la quantit ́e de mouvement sur l’axeOxet l’axeOy, on obtientMV ′cosα+mv ′cosβ=MV MV′ sinα−mv′ sinβ= 0
Les quantit ́es `
a d ́
eterminer sont doncv′ ,V′ ,αetβ, et on ne
dispose que de trois ́
equations.
Question 5
Le syst` eme ́
etant isol ́
e, la vitesse du centre de masse ne
change pas. En effet, calculons~ V′ (G) =m M+m~v ′+ MM+m ~V ′= MM+m ~V= ~V(G) Avec les donn ́
ees num ́
eriques, on obtient donc
V(G) =V′ (G) =3 4
V= 1,5m.s−1 1 seconde apr` es le choc, le centre de masse se trouve donc` a1,5mdu point d’impactC. La vitesse deG ́
etant orient ́ee parall` element` a l’axeOx,Gse trouve donc sur l’axe. On aainsi #» CG= 1,5ˆx .
Par d ́
efinition du centre de masse, on peut ́ecrire M# »GP 1=−m #» GP2 ,
et donc# »P 1P 2= M+mm #» P1 G= 4# »P 1
G ,
ce qui permet de placerP2 sur la figure.Notons` 0
la distance (encm) entreCetP1 (approxi-
mativement`0 = 3,1cmsur le mien), ce qui correspond` a`=CP1 =`0 /2m(`≈1,55m) sur mon dessin). Par
cons ́
equent, la vitesse deP1 apr` es le choc estV ′≈`m.s −1. De l` a on d ́
eduit les autres valeurs : par exemplev ′= √M m(V 2−V ′2
) =√ 4516 ≈2,19m.s−1 ainsi que les deux angles.2 II. ATOME DEBOHR
A.Analyse dans le r ́
ef ́
erentiel du laboratoire
Question 1D’apr `
es le principe d’action-r ́
eaction, on a~ FP→E =−~ FE→P Question 2
Les seules interactions en pr ́
esence sont l’interaction ́
electrostatique et l’interaction gravtationnelle. Cette derni` ere
a pour norme‖ ~F (G)‖= GmP me ‖# »PE‖ 2. Ainsi, en notant~ F(E) la force ́
electrostatique, on a‖ ~F (E)‖ ‖~ F(G) ‖= 14π 0e 2Gm Pm e≈9.10 9× 2,56.10−38 6,67.10−11 ×1,7.10−27 ×0,9.10−30 ≈2,256.1039 ,d’o `u on
d ́eduit que
l’interaction
gravitationnelleest ici compl` etement n ́
egligeable par rapport` a l’interaction ́
electrostatique.
L’ ́
energie et la quantit ́
e de mouvement totales du syst` eme
sont conserv ́ees. Question 3
Etant donn ́
ee une origineOquelconque, on a(m e+m P) #» OG=me #» OE+mP #» OP .
Par d ́
erivation, on a aussi~v G= me me +mP ~vE +m Pm e+m P~v P. La quantit ́
e de mouvement du centre de masse est ́egale `
a la
quantit ́
e de mouvement totale du syst` eme, qui est constante.
On peut donc associer au centre de masse un r ́
ef ́
erentiel
Galil ́een. En prenant le cas particulierO=P, on a# »PG= me me +mP #» PE .
En norme, on obtient‖# »
PG‖ ≈5,35.10−4 ‖# »
PE‖, d’o` u on
d ́
eduit que le centre de masse peutˆ etre confondu avec leproton. Question 4
On a d’apr` es les propri ́
et ́
es classiques du centre de massem e# »GE=m P# »
GP .
Par d ́
erivation, on obtient la propri ́
et ́
e demand ́
ee : en notant~v ′E et~v′ P
les vitesses par rapport au centre de masse, on a~v ′E =m Em P~v ′P ,
et donc‖~v′ E
‖≈0,54.10−3 ‖~v′ P‖. B.Analyse dans le r ́
ef ́
erentiel du centre de masse
Question 1
On peut maintenant ́ecrire ~f=− 14π 0ˆr r2 .
Question 2D’apr `
esl’expressiondugradientencoordonn ́ees sph ́
eriques,∇u= ∂u∂r er +1 r∂u ∂θe θ+ 1rsinθ ∂u∂φ eφ on voit que~ fd ́
erive d’un potentiel radial, de la formeE p=− e2 4π0 1r +C ,o `
uCest une constante qui peutˆ etre prise ́egale `
a z ́
ero si on
d ́
ecide que le potentiel est nul` a l’infini.
Question 3
Le moment cin ́
etique est le moment cin ́
etique orbital~ `=# »OM∧m~v Par d ́
erivation, on obtientd ~` dt
=m~v∧~v+m# »OM∧~a= #» OM∧~ f .Or, #» OMet~ fsont colin ́
eaires, donc ce produit vectoriel est
nul lui aussi. Par cons ́equent, ~
`est constant.
` ́
etant constant, et perpendiculaire` a# »
OMet~v, on en d ́eduit que le plan d ́
efini par# »
OMet~vest constant.
Question 4
On a d ́ej `
a vu plus haut que la force est radiale, donc
l’acc ́
el ́
eration aussi. L’acc ́
el ́
eration tangentielle est nulle, ce
qui montre que si le pouvement est circulaire, alors il est
circulaire uniforme.
On connaˆ ıt l’expression de l’acc ́
el ́
eration radiale :~a=− V2 r
ˆr .D’apr `
es le PFD, on en d ́
eduit doncV= √rf mE =√ e2 4πrmE 0 Question 5
L’ ́
energie m ́
ecanique est la somme de l’ ́
energie potentielle
(d ́ej `
a calcul ́
ee) et de l’ ́
energie cin ́
etique. DoncE=− e2 4πr0 +1 2m Ee 24πrm E 0=− e2 8πr0 .
Notons que comme l’ ́
energie potentielle, l’ ́
energie cion ́etique et l’ ́
energie m ́
ecanique s’annulent` a l’infini.3 Question 6
La norme du moment cin ́
etique vaut‖ ~`‖= √rm Ee 24π 0
Donc, d’apr` es l’hypoth` ese de Bohr, pour unndonn ́
e, le rayon
correspondant de l’orbite de l’ ́
electron vautr=n 2~ 24π 0m Ee 2, et l’ ́energie E=−1 2mE (e 24π 0) 21 n2 ~2 Question 7
On peut ́ecrire E=E In 2, apr` es avoir pos ́e EI =−1 2mE (e 24π~ 0) 2
Comme on l’a vu plus haut, l’ ́
energie m ́
ecanique s’annule` a l’infini. DoncEI peutˆ etre interpr ́
et ́
e comme l’ ́energie n ́
ecessaire pour faire passer l’ ́
electron de l’orbiten= 1` a
l’infini, d’o` u le nom d’ ́
energie d’ionisation.