Mécanique du point : Exercices physique mecanique du point
Télécharger PDFLicence Sciences et Technologies – 1ère année, Université de Provence (2008-09)
Mécanique du point – Corrigé du DM 1
I. Spectromètre de masse
Si on néglige la force de pesanteur, la seule force en présence est la force de Lorentz : F = q v ∧ B = m a. Le champ magnétique B étant perpendiculaire au plan xOy, l'accélération se trouve dans ce plan (attention : avec cette convention, B > 0). Comme la vitesse initiale se trouve aussi dans ce plan, en explicitant les composantes, on obtient le système :
𝚾 vx(t) = − qB/m vy(t)
𝚾 vy(t) = qB/m vx(t)
Posons pour simplifier ω0 = qB/m. La vitesse vx(t) satisfait l'équation différentielle vẍ(t) = −ω02 vx(t), dont la solution est de la forme vx(t) = a cos(ω0 t) + b sin(ω0 t). En dérivant, on obtient aussi vy(t) = −(1/ω0) vẋ(t) = a sin(ω0 t) − b cos(ω0 t).
Les conditions initiales imposent b = 0 et a = v0, d'où la solution :
vx(t) = v0 cos(ω0 t), vy(t) = v0 sin(ω0 t).
Une nouvelle intégration donne :
x(t) = (v0/ω0) sin(ω0 t) + Cx,
y(t) = −(v0/ω0) cos(ω0 t) + Cy,
pour des constantes d'intégration Cx et Cy. Les conditions initiales donnent finalement Cx = 0 et Cy = v0/ω0, d'où la solution :
x(t) = (v0/ω0) sin(ω0 t),
y(t) = (v0/ω0) [1 − cos(ω0 t)].
Remarque : cette expression provient du choix B = −B𝚺z, avec donc B > 0 et ω0 > 0. Choisir B = B𝚺z avec la même définition de ω0 conduit à y(t) = (v0/ω0) [cos(ω0 t) − 1], mais avec cette fois ω0 < 0.
En passant en complexes, et en posant V = vx + ivy, le système s'écrit :
𝚾 V(t) = iω0 V(t),
dont la solution est de la forme V(t) = v0 eiω0t = v0 [cos(ω0 t) + i sin(ω0 t)], qui redonne évidemment la même solution.
On peut exprimer y en fonction de x : on a x2 + y2 − (v0/ω0)2 = (v0/ω0)2, ce qui est l'équation d'un cercle de centre (0, v0/ω0) et de rayon v0/ω0. En se limitant au cas de figure donné par le graphique (x ≥ 0), on voit que la fonction y ∈ [0, 2v0/ω0] → x = √[ (v0/ω0)2 − y2 ] est bien définie, mais x → y n'est pas une fonction : chaque valeur de x est associée à deux valeurs de y.
En séparant les cas y ≤ v0/ω0 et y ≥ v0/ω0, on obtient :
y = (v0/ω0) √[1 − (x/v0/ω0)2] si 0 ≤ y ≤ v0/ω0
y = (v0/ω0) √[1 + (x/v0/ω0)2] si v0/ω0 ≤ y ≤ 2v0/ω0
Application numérique
Le rayon du demi-cercle vaut R = v0/ω0 = m v0/(q B). D'après les données du problème, m = 16 × 1,66 × 10−27 kg, et donc R ≈ 3 × 106 × (16 × 1,66 × 10−27) / (1,6 × 10−19 × 0,6) ≈ 0,83 m. Ainsi, le diamètre minimal doit être de 1,66 m.
Si la seconde tâche se trouve à 10 cm (par exemple 1,56 m), alors l'équation donne R' = 3 × 106 × (X × 1,66 × 10−27) / (1,6 × 10−19 × 0,6), où X est la masse exprimée en uma. Une règle de trois donne X ≈ 15, ce qui correspond probablement à l'ion CH+3. Si la tâche se trouve à l'extérieur (1,76 m), alors X ≈ 17, ce qui correspond à CH+5.
II. Perle, ressort et tout ça
Avant toute chose, il est utile de préciser les systèmes de coordonnées. On a :
𝚺u = cosθ 𝚺i + sinθ 𝚺j,
𝚺v = −sinθ 𝚺i + cosθ 𝚺j,
𝚺i = cosθ 𝚺u − sinθ 𝚺v,
𝚺j = sinθ 𝚺u + cosθ 𝚺v.
Les coordonnées du point P dans la base canonique sont : OP = a(cosθ, sinθ). On a donc dans cette base :
PΩ = −a(1 + cosθ, sinθ).
Dans la base de Frenet (𝚺u, 𝚺v), on écrit :
PΩ = PO + OΩ = −a 𝚺u − a 𝚺i = −a 𝚺u − a(cosθ 𝚺u − sinθ 𝚺v) = −a(cosθ + 1) 𝚺u + a sinθ 𝚺v.
La base (𝚺u, 𝚺v) étant orthonormée, on a :
|PΩ| = a √[(cosθ + 1)2 + sin2θ] = a √[cos2θ + 2cosθ + 1 + sin2θ] = a √[2 + 2cosθ] = 2a cos(θ/2).
Il est utile de calculer tout d'abord le produit scalaire :
PΩ · PΩ = (1/2) d/dθ [2a cos(θ/2)]2 = −cos(θ/2) 𝚺u + sin(θ/2) 𝚺v.
On en déduit la tension du ressort :
T = K(|PΩ| − `) (PΩ · PΩ) = K(2a cos(θ/2) − `) (−cos(θ/2) 𝚺u + sin(θ/2) 𝚺v).
La résultante des forces s'écrit :
F = T + R + P = (N + Mg cosθ − K[2a cos(θ/2) − `] cos(θ/2)) 𝚺u + (−Mg sinθ + K[2a cos(θ/2) − `] sin(θ/2)) 𝚺v.
Donc, F · 𝚺v = −Mg sinθ + K[2a cos(θ/2) − `] sin(θ/2).
Seule la composante tangentielle travaille ; on a :
Ep = C − ∫ (F · dM) = C − a ∫ (F · 𝚺v) dθ = C + Mg a ∫ sinθ dθ + K a ∫ sin(θ/2) dθ − K a2 ∫ sinθ dθ.
Les positions d'équilibre sont données par les minima de l'énergie potentielle, c'est-à-dire les solutions de −(Ka2 − Mga) sinθ + Ka` sin(θ/2) = 0, qui équivaut à :
−2(Ka − Mg) sin(θ/2) cos(θ/2) + K` sin(θ/2) = 0, c'est-à-dire soit θ = 0, soit θ tel que cos(θ/2) = K` / [2(Ka − Mg)].
Pour qu'il existe une position d'équilibre comprise entre 0 et π/2, on doit donc avoir :
0 ≤ K` / [2(Ka − Mg)] ≤ 1, ce qui implique Ka − Mg ≥ 0 et Ka − Mg ≥ K` / 2, la première inégalité étant une conséquence de la seconde. Notons en particulier qu'on doit nécessairement avoir ` ≤ 2a.
Application numérique
Avec les données du problème, on a cos(θ/2) ≈ 400 × 0,25 / [2(400 × 0,2 − 2 × 9,81)] ≈ 0,82809, d'où θ ≈ 68,194°.
FAQ
Quelle est la relation entre le rayon de la trajectoire et les paramètres physiques dans un spectromètre de masse ?
Le rayon R est donné par la formule R = (m v0) / (|q| B), où m est la masse de la particule, v0 sa vitesse initiale, q sa charge et B l'intensité du champ magnétique.
Comment déterminer la position d'équilibre d'une perle sur un ressort ?
Les positions d'équilibre correspondent aux minima de l'énergie potentielle et sont solutions de l'équation −2(Ka − Mg) sin(θ/2) cos(θ/2) + K` sin(θ/2) =