Mécanique du point : Mecanique du point materiel corriges exercices mécanique de
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Télécharger packUniversit ́e Cadi AyyadAnn ́ee Universitaire 2014/2015
Facult ́e des Sciences
Semlalia-Marrakech
D ́epartement de Physique
Module de M ́ecanique du Point Mat ́eriel
El ́ements du Corrig ́e de la S ́erie N◦ 4
Fili`eres SMA/SMC/SMP
Corrigé de l’exercice 1
Consid ́erons un point mat ́eriel situ ́e `a l’int ́erieur de la terre `a une distancerde
son centre, voir figure ci-dessous.X ABO HMd r R
1. SoitMla position du point mat ́eriel telle que−−→ OM=r~er . Rappelons queMva
subir l’effet d’attraction de la sph`ere de rayonret donc de masseMr , si l’on
consid`ere que la masse volumique de la terre est constanteρT =MT / 4πR3 T/3 M r=ρ T4πr 33 =4πr 33 ×M T4πR 3T 3=M T× r3 R3 T
ce qui donne pour l’attraction gravitationnelle que va subirMl’expression~ F=−KG mMr r2 ~er =−KG mMT r3 R3 Tr 2~e r=−K GmM Tr R3 T~e r=−mg 0r RT ~er avecg0 =K GM TR 2T .
Comme l’attraction gravitationnelle est conservative, alorsdE p=− ~F·d~r =mg 0r RT ~er ·(dr~er +rd~er ) =mg0 rdrR T=⇒E p=mg 0r 22R T+K avecK=EP (r= 0) = 0 =⇒Ep =mg 0r 22R T. 2. Notons par~ule vecteur unitaire deOx. La position deMpeut ˆetre rep ́er ́eepar −−→OM= −−→OH+ −−→HM=d ~k 0
+x~u. La vitesse est ́egale `a~ V(M/R) =d −−→OM dtR = ̇x~u+xd~u dtR = ̇x~u+x ~Ω(R 1/R)∧~u
= ̇x~u+xω~ k∧~u
ce qui donne pour le module de la vitesseV=|~ V(M/R)|=
√ ̇x2 +x2 ω2 sachant que~u⊥~ k.
L’ ́energie cin ́etique est ́egale `aEc =1 2mV 2= 12 m
̇x2 +x2 ω2 . 3. L’ ́energie m ́ecanique est donn ́ee parEm =Ec +Ep Em =1 2m ̇x2 +x2 ω2 +mg 0r 22R T= 12 m
̇x2 +x2 ω2 +mg 0x 2+d 22R T
La seule force `a laquelle est soumiseMest la force gravitationnelle, qui est
conservative, et commeEm ne d ́epend pas explicitement du temps, alors elle
est conserv ́ee.
La valeur deEm est constante et ́egale `a sa valeur `a l’instant initial, sachant
que ̇x0 = 0 etx0 =q R2 T−d 2, Em =Em (t= 0) =1 2mx 20 ω2 +mg0 x2 0+d 22R T= 12 mω2 R 2T −d2 +mg 0R T2 4. La vitesse du v ́ehiculeMest maximale, son ́energie cin ́etique aussi, si l’ ́energie
potentielle du v ́ehicule est minimale, car l’ ́energie m ́ecanique est conserv ́ee.
Rappelons quervarie entredetRT ,r∈[d, RT ], voir figure. CommeEp est
une fonction strictement croissante en fonction derdans cet intervalle, alorsE p
est minimale pourr=det doncr=d=⇒E p
(r=d) =Emin petE c
(r=d) =Emax c= 12 mV2 max
ce qui donne en utilisantEm =E0 m=E minp +Emax c, Emax c=E 0m −Emin p= 12 mω2 R 2T −d2 +mg 0R T2 −mg0 d2 2RT 12 mV2 max= 12 m R2 T−d 2 ω2 +g 0R T! =⇒Vmax =v uu t(R 2T −d2 )ω 2+ g0 RT !
5. L’ ́energie cin ́etique ́etant conserv ́ee, sa d ́eriv ́ee par rapport au temps est nulledE mdt =m
̇x ̈x+ω2 x ̇x +x ̇xmg 0R T
=m ̇x
" ̈x+ω 2+ mg0 RT !x #
= 0
=⇒ ̈x+ω 2+ g0 RT !
x= 0 sachant quem ̇x6= 0
qui est une ́equation diff ́erentielle de second ordre `a coefficients constants. Les
racines de l’ ́equation caract ́eristique sont des nombres complexes imaginairespurs±i qω 2+ g0 RT , ce qui donne pour solution
x(t) =Acos[v uu tω 2+ g0 RT t−α0 ]Aetα 0
sont d ́etermin ́ees `a partir des conditions initiales
x(t= 0) =x0 =q R2 T−d 2=Acosα 0 ̇x(t= 0) = 0 =Aq ω2 +g 0R Tsinα 0 =⇒α0 = 0 etA=x0 =q R2 T−d 2
d’o`u la solution
x(t) = qR 2T −d2 cos[ vu ut ω2 +g 0R Tt]. Mouvement dans un champ de force centrale
Corrig ́e de l’exercice 2 : Orbite g ́eostationnaire
On rappelle qu’une orbite g ́eostationnaire est celle d’un satellite restant toujours
`a la verticale d’un mˆeme point du globe terrestre.
On note parSle satellite que l’on consid`ere comme un point mat ́eriel. La p ́eriode
de rotation de la Terre estT= 86164s, son rayonRT ≃6.4×103 kmet sa masseM T≃6×10 24
kg. La constante gravitationnelle estG≃6.7×10−11 S.I..
1. Comme le satellite doit rester toujours `a la verticale d’un mˆeme point du globe
terrestre, sa vitesse angulaire est la mˆeme que celle de la rotation de la Terre
sur elle mˆeme. Comme la p ́eriode de rotation de la Terre estT, alorsΩ g= 2πT =⇒Ωg =2×π 86164≃7.3×10 −5s −1. Le r ́ef ́erentiel d’ ́etudeRg est le r ́ef ́erentiel g ́eocentrique. Il est galil ́een car les
distances parcourue par le satellite sont n ́egligeables par rapport aux para-
m`etres de la trajectoire de la Terre autour du soleil et doncRg peut ˆetre
consid ́er ́e en translation rectiligne uniforme par rapport au r ́ef ́erentiel h ́elio-
centrique (Copernic).
2. On se propose d’ ́etablir les expressions du rayon de l’orbite g ́eostationnaireRg ainsi que son altitudehg .
a)Le satellite est soumis `a l’action de l’attraction gravitationnelle qui est une
force centrale et donc le moment par rapport `a l’origineOdeRg , qui est
confondu avec le centre de la terre, est nul. Grˆace au th ́eor`eme du moment
cin ́etique, le moment cin ́etique du satellite par rapport `aOdansRg est
constant ce qui implique que la trajectoire a lieu dans le plan perpendiculaire
au moment cin ́etique. Ce qui d ́emontre bien que le mouvementest plan.
Comme le mouvement est plan, on utilise les coordonn ́ees polairesρetφ.
Comme Ωg = ̇φest constante et le mouvement est circulaire de rayonRg ,alors −−→OM=R g~e ρ=⇒ ~V(S/R g
) =Rg Ωg ~eφ =⇒~γ(S/Rg ) =−Rg Ω2 g~e ρ. Le PFD permet d’ ́ecrirem~γ(S/R g
) =−GM Tm SR 2g ~eρ =⇒Rg Ω2 g=G Mt R2 g=⇒R g= GMT Ω2 g 1/3 L’altitude est d ́eduite comme suithg =Rg −RT . Ce qui donne pour les
applications num ́eriquesR g
=≃42253km ethg ≃35853km.
b)La vitesse du satellite estvg =Rg Ωg . Son application num ́erique estvg ≃
3.1km s−1 .
c)Le plan de l’orbite contient le centre de la Terre. Pour avoircomme axe de
rotation l’axe des pˆoles, l’orbite doit ˆetre dans le plan de l’ ́equateur.
Corrig ́e de l’exercice 3 : orbite elliptique
Avant de placer un satellite sur une orbite g ́eostationnaire, le lanceur des satel-
lites, comme Ariane pour l’exemple, l’injecte `a la p ́erig ́ee d’une orbite elliptique, dite
orbite de transfert, `a une altitudeh0 = 200kmde la base de lancement et avec une
vitesse, que l’on notev0 , telle que l’apog ́eeAde l’orbite de transfert soit sur l’orbite
g ́eostationnaire. Au moment o`u le satellite se trouve enA, on actionne des moteurs
qui r ́eajuste sa vitesse et le transf`erent sur l’orbite g ́eostationnaire, voir figure ci-contre. Terrex yS p
Orbite de transfertPA Orbite geocentrique0 +hT Rg +hT =Rg R2a Les notations et les r ́esultats de l’exercice pr ́ec ́edents concernant une orbite
g ́eostationnaire sont utilis ́es sans d ́emonstration.
1. Comme le satellite est inject ́e `a la p ́erig ́ee de l’orbite elliptique `a la hauteurh 0
, et que la Terre occupe l’un des foyers de l’ellipse, alors2a=h 0+R T+R g
Notez bien queρmin =RT +h0 etρmax =Rg , et comme l’excentricit ́eede
l’ellipse est donn ́ee en fonction de ces deux quantit ́es pare= ρmax −ρmin ρmax +ρmin =R g−R T−h 0R g+R T+h 0= hg −h0 hg + 2RT +h0 .
Quant au param`etrepde l’ellipse, on l’obtient `a partir deaet deecommesuit p=a(1−e2 ).
Les applications num ́eriques des diff ́erentes grandeurs calcul ́ees auparavantsont a≃24427kme≃0.73p≃11417km.
2. Rappelons que la seule force `a laquelle le satellite est soumis est l’attraction
gravitationnelle dont la forme est~ F=−GmM Tρ 2=−GM Tmu 2~e ρ1 o`uu= 1/ρ
etmla masse du satellite. Le PFD ́ecrit avec la formule de Binet est
m~γ(S/R) =−mC2 d2 udφ 2+u ~eρ =−GmMT u2 ~eρ =⇒d 2u dφ2 +u=GM TC 2. La solution globale est la combinaison lin ́eaire de la solution sans secondmembreu ssm
=Acos(φ−φ0 ) et d’une solution particuli`ereup =GM TC 2
, o`uAetφ 0
sont des constantes d’int ́egration. On prendφ0 = 0,Oxconfondu avec
l’axe de l’ellipse, et la solution g ́en ́erale estu=u ssm+u p=Acosφ+ GMT C2 =1 ρ=⇒ρ= C2 GMT 1 +AC 2GM Tcosφ =p 1 +ecosφ
ceci implique quep= C2 GMT =⇒C=q pGMT .
3. Sachant que les vitesses sont perpendiculaires aux vecteurs positions respecti-
vement `a la p ́erig ́ee et `a l’apog ́ee implique queρmin v0 =ρmax v1 . De mˆeme le
moment cin ́etiqueσ0 du satellite en ces deux points est le mˆeme puisque ce
dernier est constant, avecσ0 =mC=mv0 ρmin =mv1 ρmax , ce qui impliqueque v0 =C ρmin =√ pGMT RT +h0 etv1 =C ρmax =√ pGMT RT +hg .
Les applications num ́eriques sont donn ́ees parv 0= √11.5×10 6×6×10 24×6.7×10 116400×10 3
+ 200×103 = 10265ms−1 v1 =√ 11.5×106 ×6×1024 ×6.7×1011 6400×103 + 35.853×103 = 1603ms−1 .
4. La diff ́erence de vitesse que doit communiquer le moteur d’apog ́ee estvg −v1 ≃
3100−1603 = 1397ms−1 .
5. La troisi`eme loi de Kepler permet de relier la p ́eriode sid ́eraleTs , et qui dans
notre cas la p ́eriode sur l’orbite de transfertT 2s =a3 4π2 /(GMT ).
Comme le temps que va passer le satellite sur l’orbite est la moiti ́e de la
p ́eriode, puisqu’il parcourt la distance entre la p ́erig ́ee et l’apog ́ee, alors le
temps de transfertttr estt tr= Ts 2=aπ vu ut aGM T≃5.2h. 1. La constante universelle de gravitation peut ˆetre not ́ee soit parGsoit parKG .
Exercice 4
Orbite hyperbolique
Corriger sur la figure les vecteurs de la base polaire `a l’ ́état initial~uθ,0 et~ur,0 .
En effet,~uθ,0 est perpendiculaire `a~u∆ . Noter bien aussi que les ́états initial et
final sont tr`es loins deO, ce qui permet de consid ́erer dans ces cas quer→∞et
donc l’ ́energie potentielle n ́egligeable.
Une m ́et ́eoriteMa, tr`es loin de la Terre, une vitesse~v0 =v0 ~u∆ port ́ee par une
droite situ ́ee `a la distancebde l’axe (∆) du centre de la TerreO, voir figure ci-contre.
On note parmla masse du m ́et ́eorite,MT la masse de la Terre,RT son rayon etG
la constante de gravitation universelle. On travaille dansle r ́ef ́erentiel g ́eocentrique,
suppos ́e galil ́een. La position deMest rep ́er ́ee par les coordonn ́ees polaires (r, θ),−−→ OM=r~ur . La trajectoire du m ́et ́eorite est une branche d’hyperbolede foyerO, le
centre de la Terre.
Noter bien que l’on utilise les notations(~ur , ~uθ )pour la base polaire et(r, θ)les
coordonn ́ees correspondantes.
1. Etant donn ́ee que la seule force `a laquelle est soumise lam ́et ́eorite est l’attrac-
tion gravitationelle et que cette derni`ere est centrale etson support passe par
Oalors son moment est nul ce qui implique que le moment cin ́etique~σo (M/R)
est constant tout au long du mouvement. Nous avons ainsi~σ o
(M/R) =mr
2 ̇θ ~
k= Cst =−−→ OM0 ∧~v0 =k−−→ OM0 kmv0 sin(d −−→OM 0
, ~v0 )~ k=mv0 b~ ko`u ~k=~u r∧~u θ
et sin(d −−→OM 0
, ~v0 ) = sin" π−(d −−→OM 0
, ~v0 )# =b/k−−→ OM0 k.
De plus l’attraction gravitationnelle est conservative etle potentiel dont elle
d ́erive est ́egal `aU(r) =−GMT m/r. Aussi, tr`es loin de la Terre, l’ ́energie
potentielle est n ́egligeable,U(r)→0, et donc l’ ́energie m ́ecanique est ́egale `a
l’ ́energie cin ́etique comme suitE m= 12 mv2 0. 2. Lorsque la m ́et ́eorite se trouve au sommetS, la vitesse~ V(M/R) =~v⊥−→ OS.
Sachant quermin =k−→ OSketσo =mrmin v=mv0 b=⇒v=v0 b/rmin , cela
impliqueE m= 12 mv2 −GM Tm rmin =1 2mv 20 =⇒v 20 b2 r2 min−2 GMT rmin =v2 0=⇒r 2min + 2GM Tv 20 rmin −b2 = 0
dont la seule solution acceptable est la racine positive, ́etant donn ́e quermin >
0 :r min=− GMT v2 0+ vu uu tGM Tv 20 !2 +b2 .
3. La m ́et ́eorite ne rencontre pas la Terre sirmin > RT , ce qui implique que
b >v uu ut RT +GM Tv 20 !2 −GM Tv 20 !2 =⇒b > RT vu ut 1 + 2GM TR Tv 20 et la valeur minimale debestb min=R Tv uu t
1 + 2GM TR Tv 20 .
4. Pour calculer l’angleφ, on applique le PFDm d~vdt =−GM Tm r2 ~ur =+ GMT mr 2 ̇θ d~uθ dθR =+ GMT m2 σo d~uθ dθ= +GM Tm bv0 d~uθ dθR nous avosn utilis ́e le fait qued~u θdθ |R =−~ur . En int ́egrant cette ́equation entre
l’ ́état initial et l’ ́état final, on obtient~v f−~v 0= +GM Tbv 0(~u θ,f−~u θ,0). En projetant cet ́equation par~u∆ , sachant que~v0 ·~u∆ =v0 ,~uθ,0 ·~u∆ = 0,~u r,f·~u ∆
= cosφet~uθ,f ·~u∆ = cos(φ+π/2) =−sinφ, alorsv fcosφ−v 0= −GM Tbv 0sinφ. Comme l’ ́energie potentielle est n ́egligeable aussi bien `a l’ ́état initial qu’`a l’ ́etat
final et comme l’ ́energie m ́ecanique est conserv ́ee, alorsE m,0=E m,f=⇒ 12 mv2 0= 12 mv2 f=⇒v 0=v f. ce qui donne finallementv 0
(cosφ−1) =− GMT bv0 sinφ=⇒−2sin φ2 =− GMT bv2 02sin φ2 cosφ 2=⇒tg φ2 =+ GMT bv2 0. Deuxième approche pour cette dernière question : voir le cours
- Mouvement hyperbolique
Nous avons cosα=1 e
o`uαest l’angle que fait la direction asymptotique avec l’axe
F x. Si l’on compare avec la figure de l’exercice, nous avons 2α+φ=π=⇒α=π 2− φ2 .
De mˆeme nous avonse 2
= 1 +2pE 0GMm avecp=σ2 0
/(GMm) =⇒p=mv2 0b 2
/(GM) etE0 = 1/2mv2 0=⇒e 2
= 1 +v 40 b2 (GM)2 . Or
nous avons1 cos2 α=e 2=⇒ 1cos 2α −1 =v 40 b2 (GM)2 =⇒tg2 α=v 40 b2 (GM)2 =⇒tg2 φ2 =v 40 b2 (GM)2 =⇒tgφ 2
= +v 20 bGM nous avons retenu la solution postive car 0< φ < πet qui n’est d’autre que le
r ́esultat obtenu.