Mécanique du point

1. $\displaystyle \overrightarrow{F}=-\frac{e^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\overrightarrow{u_{r}}.$

2. En référentiel supposé galiléen, le théorème de la quantité de mouvement appliqué à l’électron donne : $\displaystyle m_{e}\frac{d\overrightarrow{V}}{dt}=\overrightarrow{F}$. Par projection sur $\displaystyle \overrightarrow{u_{r}}$ et $\displaystyle \overrightarrow{u_{\theta}}$

$\displaystyle \Longrightarrow\begin{cases} m_{e}\frac{v^{2}}{r}=-\frac{e^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\\ m_{e}\frac{dv}{dt}=0 \end{cases}$. D’où

$\displaystyle v=\sqrt{\frac{e^{2}}{4\pi m_{e}\varepsilon_{0}r}.}$

3. $\displaystyle dE_{P}=-\overrightarrow{F}.\overrightarrow{dOM}\Longrightarrow E_{P}=-\frac{e^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}r}$,

qui donne $\displaystyle E_{C}=\frac{1}{2}m_{e}v^{2}=\frac{e^{2}}{8\pi\varepsilon_{0}r}=-E_{P}/2$.

4. $\displaystyle \overrightarrow{L}=\overrightarrow{OM}\wedge m_{e}\overrightarrow{V}=r\overrightarrow{u_{r}}\wedge m_{e}v\overrightarrow{u_{\theta}}$, d’où

$$L=\sqrt{\frac{m_{e}re^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}}}.$$.

5. $\displaystyle L=n\hbar\Longrightarrow r_{n}=\frac{4\pi\varepsilon_{0}\hbar^{2}}{m_{e}e^{2}}n^{2}$. Le rayon de Bohr est donc

$$a_{B}=\frac{4\pi\varepsilon_{0}\hbar^{2}}{m_{e}e^{2}}.$$

6. $\displaystyle E_{n}=E_{C}+E_{P}=-\frac{e^{2}}{8\pi\varepsilon_{0}r}=-\frac{e^{2}}{8\pi\varepsilon_{0}a_{B}n^{2}}$. Donc $\displaystyle E_{n}=-\frac{R_{y}}{n^{2}}$ avec

$\displaystyle R_{y}=\frac{e^{2}}{8\pi\varepsilon_{0}a_{B}}=\frac{m_{e}e^{4}}{32\pi^{2}\varepsilon_{0}^{2}\hbar^{2}}$ .

7. $\displaystyle n\geq1$, $\displaystyle a_{B}$ est le plus petit rayon orbital.

A.N. : $\displaystyle a_{B}=\textrm{52,9 pm, }R_{y}=13,6\textrm{ eV}.$

8. $\displaystyle E_{n}=E_{C}+E_{P}=-E_{C}=-\frac{1}{2}m_{e}v_{n}^{2}$. D’où

$$v_{n}=\sqrt{\frac{2R_{y}}{m_{e}n^{2}}}.$$.

A.N. $\displaystyle v_{1}=2,19.10^{6}\textrm{m/s }$. Le mouvement de l’électron est non relativiste (la vitesse est inférieure à $\displaystyle c/100$).

La vitesse de libération est la vitesse minimale nécessaire pour quitter l’attraction gravitationnelle d’une planète.

L’énergie mécanique d’un objet de masse $\displaystyle m$, situé à l’extérieur d’une planète à symétrie sphérique de masse $\displaystyle M_{T}$, est $\displaystyle E_{m}=\frac{1}{2}mv^{2}-\frac{\mathcal{G}mM_{T}}{r}$, où $\displaystyle r$ est la distance au centre de la planète.

Pour que l’objet puisse échapper à l’attraction gravitationnelle, il faut qu’il puisse se trouver à très grande distance de la planète avec une énergie cinétique définie, donc supérieure ou égale à 0, soit $\displaystyle E_{m}\geq0$.

Quand il est à la surface de la planète, en $\displaystyle r=R$, la vitesse de libération s’obtient donc par $\displaystyle E_{m}=\frac{1}{2}mv_{l}^{2}-\frac{\mathcal{G}mM_{T}}{R}\geq0$, soit $$v_{l}=\sqrt{\frac{2\mathcal{G}M_{T}}{R}}.$$Il s’agit ensuite de savoir l’ordre de grandeur de la vitesse qu’un humain peut atteindre en sautant à pieds joints, grâce à ses muscles.

Un volleyeur saute à environ 50 cm de haut, soit $\displaystyle v_{max}\simeq\sqrt{2gh}\simeq3$ m.s$\displaystyle ^{-1}$ (en ordre de grandeur), d’où $\displaystyle R\simeq$ 10$\displaystyle ^{10}$ km , c’est énorme évidemment.

1. Les positions des deux murs sont repérées par $\displaystyle x_{1}=0$ et $\displaystyle x_{2}=\ell=\ell_{0}-Vt$ dans le référentiel galiléen $\displaystyle \mathcal{R}$ du laboratoire.

Soit $\displaystyle \overrightarrow{v}$ la vitesse de la balle dans $\displaystyle \mathcal{R}$, de norme $\displaystyle v$. Lors d’un rebond sur le mur fixe 1, la vitesse de la balle change de sens, son module est inchangé et l’énergie cinétique est inchangée.

Lors d’un rebond sur le mur mobile 2, on se ramène au problème précédent dans le référentiel $\displaystyle \mathcal{R}'$ où le mur 2 est fixe et qui se déplace à $\displaystyle \overrightarrow{V}_{\mathcal{R}'/\mathcal{R}}=-V\overrightarrow{u_{x}}$ par rapport à $\displaystyle \mathcal{R}$ :

Avant le choc, $\displaystyle \left.\overrightarrow{v_{\mathcal{R}}}\right\rfloor _{avant}=v_{avant}\overrightarrow{u_{x}} , \left.\overrightarrow{v_{\mathcal{R}}}\right\rfloor _{apr\grave{e}s}=-v_{apr\grave{e}s}\overrightarrow{u_{x}}$ où $\displaystyle v_{avant}$ et $\displaystyle v_{apr\grave{e}s}$ sont les normes des vitesses.

$\displaystyle \left.\overrightarrow{v_{\mathcal{R}'}}\right\rfloor _{apr\grave{e}s}=-\left.\overrightarrow{v_{\mathcal{R}'}}\right\rfloor _{avant}$ , d’où $\displaystyle \left.\overrightarrow{v_{\mathcal{R}}}\right\rfloor _{apr\grave{e}s}-\overrightarrow{V}_{\mathcal{R}'/\mathcal{R}}=-\left[\left.\overrightarrow{v_{\mathcal{R}}}\right\rfloor _{avant}-\overrightarrow{V}_{\mathcal{R}'/\mathcal{R}}\right]$, soit
$\displaystyle \left.\overrightarrow{v_{\mathcal{R}}}\right\rfloor _{apr\grave{e}s}=-\left.\overrightarrow{v_{\mathcal{R}}}\right\rfloor _{avant}-2V\overrightarrow{u_{x}}$, soit $$v_{apr\grave{e}s}=v_{avant}+2V.$$L’énergie cinétique de la balle augmente au cours du temps.

Comme $\displaystyle V\ll v$, la variation de $\displaystyle v$ est faible pendant la durée d’un aller-retour entre les murs $\displaystyle \tau=2\ell/v$. Ainsi

$\displaystyle \frac{dv}{dt}\simeq\frac{2V}{\tau}=\frac{V}{\ell}v=-\frac{1}{\ell}\frac{d\ell}{dt}v.$

Avec $\displaystyle \frac{dE_{c}}{dt}=mv\frac{dv}{dt}=2\frac{E_{c}}{v}\frac{dv}{dt}$,$$\frac{1}{E_{c}}\frac{dE_{c}}{dt}=-\frac{2}{\ell}\frac{d\ell}{dt}.$$

2. Dans le cours, on détermine les niveaux d’énergie et les fonctions d’onde des états stationnaires d’un puits infini de largeur $\displaystyle \ell$ solutions de l’équation de Schrödinger indépendante du temps

$$-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d^{2}\phi}{dx^{2}}=E\phi.$$

Les solutions sont indicées par $\displaystyle n\in\mathbb{N}^{*}$, $\displaystyle E_{n}=n^{2}\frac{\hbar^{2}\pi^{2}}{2m\ell^{2}}$, et $\displaystyle \phi_{n}(x)=C_{n}\sin\left(\frac{n\pi x}{\ell}\right)$ avec $\displaystyle |C_{n}|=\sqrt{2/\ell}$.

L’énergie de l’état $\displaystyle n$ est $\displaystyle E_{n}=n^{2}\frac{\hbar^{2}\pi^{2}}{2m\ell^{2}}$.

On vérifie la relation donnant la variation de l’énergie en fonction du temps (l’énergie potentielle est nulle) pour $\displaystyle n=1$ : $\displaystyle \frac{dE}{dt}=-2\frac{\hbar^{2}\pi^{2}}{2m\ell^{3}}\frac{d\ell}{dt}$, ce qui donne $\displaystyle \frac{1}{E}\frac{dE}{dt}=-\frac{2}{\ell}\frac{d\ell}{dt}$ (valable pour $\displaystyle n$ quelconque).

Frottement de glissement 👉 Lois de Coulomb.

En référentiel terrestre supposé galiléen, les forces exercées sur $\displaystyle M$ sont :
son poids, la réaction de composante normale au cône $\displaystyle \overrightarrow{R_{N}}$ et de composante tangentielle $\displaystyle \overrightarrow{R_{T}}$, la tension du fil $\displaystyle \overrightarrow{T}$. Le point glisse sur le cône : d’après les lois de Coulomb $\displaystyle \left\Vert \overrightarrow{R_{T}}\right\Vert =\mu\left\Vert \overrightarrow{R_{N}}\right\Vert$ et $\displaystyle \overrightarrow{R_{T}}.\overrightarrow{v}<0$.

On utilise la base cylindrique $\displaystyle \overrightarrow{u_{r}},\overrightarrow{u_{\theta}},\overrightarrow{u_{z}}$, l’axe $\displaystyle (Oz)$ étant l’axe vertical ascendant du cône avec $\displaystyle r=\ell\sin\alpha$.

$\displaystyle \overrightarrow{R_{N}}=R_{N}\left[\cos\alpha\overrightarrow{u_{r}}+\sin\alpha\overrightarrow{u_{z}}\right]$ ; $\displaystyle \overrightarrow{R_{T}}=-R_{T}\overrightarrow{u_{\theta}}=-\mu R_{N}\overrightarrow{u_{\theta}}$ ;
$\displaystyle \overrightarrow{T}=T\left[\cos\alpha\overrightarrow{u_{z}}-\sin\alpha\overrightarrow{u_{r}}\right]$.

En projetant le principe fondamental de la dynamique sur $\displaystyle \overrightarrow{u_{r}},\overrightarrow{u_{\theta}},\overrightarrow{u_{z}}$:

$\displaystyle m\left[-r\dot{\theta}^{2}\right]=R_{N}\cos\alpha-T\sin\alpha$,

$\displaystyle m\left[r\ddot{\theta}\right]=-\mu R_{N}$,

$\displaystyle 0=-mg+T\cos\alpha+R_{N}\sin\alpha$.

En remplaçant la troisième éq. dans la première : $\displaystyle -mr\dot{\theta}^{2}=\frac{R_{N}}{\cos\alpha}-mg\tan\alpha$ . Puis

$\displaystyle mr\ddot{\theta}=-\mu\cos\alpha\left[mg\tan\alpha-mr\dot{\theta}^{2}\right]$, soit$\displaystyle \ddot{\theta}=\mu\cos\alpha\left[\dot{\theta}^{2}-\frac{g}{\ell\cos\alpha}\right]$

Posons $\displaystyle u=\dot{\theta}, \ddot{u}=\mu\cos\alpha\left[u^{2}-\frac{g}{\ell\cos\alpha}\right]$. En séparant les variables avec $\displaystyle \omega_{0}=\sqrt{\frac{g}{\ell\cos\alpha}}$.

$\displaystyle \frac{du}{\omega_{0}^{2}-u^{2}}=-\mu\cos\alpha dt\Longleftrightarrow\frac{1}{\omega_{0}+u}+\frac{1}{\omega_{0}-u}=-2\omega_{0}\mu\cos\alpha dt$, soit $\displaystyle \ln\left(\left|\frac{\omega_{0}+u}{\omega_{0}-u}\right|\right)=-2\omega_{0}\mu t\cos\alpha+C$. La constante $\displaystyle C$ s’obtient avec la condition initiale.

$\displaystyle \ln\left(\left|\frac{\omega_{0}+u}{\omega_{0}-u}\right|\right)=-2\omega_{0}\mu t\cos\alpha+\ln\left(\left|\frac{\omega_{0}+v_{0}/r}{\omega_{0}-v_{0}/r}\right|\right)$.

Le mouvement s’arrête pour $\displaystyle u=0$, soit $$t=\frac{1}{2\omega_{0}\mu\cos\alpha}\ln\left(\left|\frac{\sqrt{\frac{g}{\ell\cos\alpha}}+\frac{v_{0}}{\ell\sin\alpha}}{\sqrt{\frac{g}{\ell\cos\alpha}}-\frac{v_{0}}{\ell\sin\alpha}}\right|\right).$$

Cas particulier : on voit que $\displaystyle t\rightarrow\infty$ quand le dénominateur du ln s’annule. En reportant dans l’expression de $\displaystyle R_{N}$, on voit que pour cette valeur particulière de la vitesse, la réaction normale et donc aussi le frottement s’annule. Pratiquement, cela correspond à un temps très long avant l’arrêt.

L’énergie potentielle ne dépend que de $\displaystyle r$ 👉 C’est un mouvement à force centrale (La modélisation choisie conduit à une singularité de la force dont la norme devient infinie en $\displaystyle r_{0}$).

1. L’énergie mécanique se conserve. À grande distance l’énergie potentielle est nulle. D’où $$E_{m}=\frac{1}{2}mv_{0}^{2}.$$
   La force est centrale puisque l’énergie potentielle ne dépend que de $\displaystyle r$, donc le moment cinétique est constant $$\overrightarrow{L_{0}}=mvb\overrightarrow{u_{z}}.$$
   Le mouvement est donc plan et obéit à la loi des aires. En coordonnées polaires dans le plan de la trajectoire (perpendiculaire à $\displaystyle \overrightarrow{L_{0}}$) $$r^{2}\dot{\theta}=v_{0}b.$$

2. L’énergie potentielle est constante par morceaux. La force exercée sur le neutron est nulle pour $\displaystyle r<r_{0}$ et $\displaystyle r>r_{0}$. La trajectoire est ainsi rectiligne uniforme dans chaque région.
   Pour $\displaystyle b>r_{0}$, la trajectoire est rectiligne et le neutron ne pénètre pas à l’intérieur du noyau.
   Pour $\displaystyle b<r_{0}$, le neutron pénètre dans le noyau. La norme de la vitesse pour $\displaystyle r<r_{0}$ est donnée par la conservation de l’énergie mécanique
   $\displaystyle E_{m}=\frac{1}{2}mv_{1}^{2}-U=\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$.
   $$v_{1}=\sqrt{v_{0}^{2}+\frac{2U}{m}}.$$
   Remarque — Le cas $\displaystyle b=r_{0}$ ne peut pas être traité dans le cadre de cette modélisation, il faudrait décrire le potentiel de manière plus réaliste.

• Pour $\displaystyle b>r_{0}, r_{m}=b$. La trajectoire est non déviée.

• Pour $\displaystyle b<r_{0}$, $\displaystyle r_{m}$ s’obtient pour $\displaystyle \dot{r}=0$.
$\displaystyle \begin{aligned} E_{m} & =\frac{1}{2}m\left(\dot{r}^{2}+r^{2}\dot{\theta}^{2}\right)+U(r)\\ & =\frac{1}{2}m\dot{r}^{2}+\frac{1}{2}m\frac{\left(v_{0}b\right)^{2}}{r^{2}}+U(r)\\ \frac{1}{2}mv_{0}^{2} & =\frac{1}{2}m\frac{\left(v_{0}b\right)^{2}}{r_{m}^{2}}-U \end{aligned}$
$$r_{m}=\frac{b}{\sqrt{1+\frac{2U}{mv_{0}^{2}}}}.$$
Cette relation s’obtient aussi par conservation du moment cinétique.

3. Pour $\displaystyle b>r_{0}$, , $\displaystyle D=0$.
   Pour $\displaystyle b<r_{0}$, utilisons la conservation du moment cinétique $\displaystyle \overrightarrow{OM}\land m\overrightarrow{v}$ .
   
   $\displaystyle mv_{0}b=mr_{0}v_{0}\sin i_{0}=mr_{0}v_{1}\sin i_{1}=mr_{0}v_{2}\sin i_{2}$.

Comme $\displaystyle v_{0}=v_{2}$ par conservation de l’énergie mécanique, $\displaystyle i_{2}=i_{0}$.

La déviation $\displaystyle D=i_{0}-i_{1}+i_{2}-i_{1}=2\left(i_{0}-i_{1}\right)$, soit avec $\displaystyle v_{1}=\sqrt{v_{0}^{2}+\frac{2U}{m}}$, $$D=2\left[\arcsin\left(b/r_{0}\right)-\arcsin\left(b/(r_{0}\sqrt{1+\frac{2U}{mv_{0}^{2}}}\right)\right].$$
Remarque — On note bien sûr l’analogie entre les relations donnant les sinus des angles $\displaystyle i_{0}, i_{1}, i_{2}$ et les lois de Descartes de la réfraction, le rôle de l’indice étant joué par la vitesse.

Champ de gravitation pour une distribution très symétrique 👉 Théorème de Gauss de la gravitation.

On se place dans le référentiel lié à la Terre, supposé galiléen.

Soit $\displaystyle \left(x'x\right)$ l’axe du tunnel. L’objet est soumis

• à l’attraction gravitationnelle $\displaystyle \overrightarrow{P}=m\overrightarrow{g}$

• à la réaction du tunnel $\displaystyle \overrightarrow{R}$ normale à $\displaystyle \left(x'x\right).$

Déterminons le champ gravitationnel terrestre $\displaystyle \overrightarrow{g}(M)$ en un point $\displaystyle M$ à l’intérieur de la Terre, en supposant que le tunnel ne perturbe pas notablement ce champ. Etant donné la symétrie du problème, on utilise les coordonnées sphériques $\displaystyle r,\theta,\varphi$.

-Tout plan contenant le centre de masse de la Terre, $\displaystyle O$, et $\displaystyle M$ est plan de symétrie de la distribution de masse ; donc $\displaystyle \overrightarrow{g}(M)$ est porté par l’intersection de ces plans $\displaystyle \overrightarrow{g}(M)=g(M)\overrightarrow{u_{r}}$.

-Il y a invariance de la distribution de masse par rotation quelconque autour de $\displaystyle O$, donc $\displaystyle g(M)=g(r)$.

-Appliquons le théorème de Gauss pour la gravitation en utilisant comme surface fermée une sphère de centre $\displaystyle O$, de rayon $\displaystyle r<R$ :
$\displaystyle \oiint\overrightarrow{g}.\overrightarrow{d^{2}S}=-4\pi\mathcal{G}M_{int}.$

avec $\displaystyle M_{int}=M_{T}\left(\frac{r}{R_{T}}\right)^{3}$.

$\displaystyle \oiint\overrightarrow{g}.\overrightarrow{d^{2}S}=\oiint g(r).d^{2}S=g(r).4\pi r^{2}$.

D’où $\displaystyle g(r)=-\mathcal{G}M_{T}\frac{r}{R_{T}^{3}}$.

Avec $\displaystyle g(R)=-g_{0}$, $$\overrightarrow{g}(M)=-g_{0}\frac{r}{R_{T}}\overrightarrow{u_{r}}.$$

L’objet est assujetti à se déplacer dans le tunnel.

Soit $\displaystyle x$ sa position, l’origine $\displaystyle O'$ de l’axe étant au milieu du tunnel. Le principe fondamental de la dynamique s’écrit

$\displaystyle m\overrightarrow{a}=m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{R}$. En projetant sur $\displaystyle \left(O'x\right)$,

$\displaystyle m\ddot{x}=m\overrightarrow{g}.\overrightarrow{u_{x}}=-mg_{0}\frac{x}{R_{T}}$, soit

$$\ddot{x}+\frac{g_{0}}{R_T}x=0.$$

C’est l’équation d’un oscillateur harmonique, de pulsation $\displaystyle \omega=\sqrt{\frac{g_{0}}{R_T}}$ et de période $\displaystyle T=2\pi\sqrt{\frac{R}{g_{0}}}$ (homogène).
Compte tenu des conditions initiales, $\displaystyle x(t)=x_{A}\cos\left(\omega t\right)$.

La durée du parcours de $\displaystyle A$ à $\displaystyle B$ $\displaystyle (x_B=-x_A)$ est $$\tau=T/2=\pi\sqrt{\frac{R_T}{g_{0}}}.$$

A.N. $\displaystyle \tau=2,5.10^{3}\textrm{ s, }$ soit 42 minutes.

Remarque — $\displaystyle \tau$ est indépendant de la position de $\displaystyle A$ et $\displaystyle B$ à la surface du globe.

Force centrale conservative 👉 L’énergie mécanique et le moment cinétique par rapport au centre sont des constantes du mouvement.
Force newtonienne 👉 La trajectoire est une conique dont la nature dépend de l’énergie mécanique.

1. $\displaystyle b$ est le paramètre d’impact : c’est la distance de $\displaystyle O$ à la droite passant par le point matériel $\displaystyle P$ à grande distance de $\displaystyle O$ et parallèle à la vitesse $\displaystyle \overrightarrow{V_{0}}$. Ainsi le moment cinétique de $\displaystyle P$ par rapport à $\displaystyle O$ a pour norme $$L=\left\Vert \overrightarrow{OP_{\infty}}\land m\overrightarrow{V_{0}}\right\Vert =mbV_{0}.$$
   

2. La force étant centrale, le mouvement du point matériel est plan. Pour une force newtonienne attractive, le cours montre que la trajectoire est une conique dont la nature dépend de la valeur de l’énergie mécanique, qui se conserve. L’énergie potentielle, $\displaystyle E_{p}=-G\frac{mM}{r}$, tendant vers $\displaystyle 0$ à grande distance,
   -pour $\displaystyle E_{m}>0$, la trajectoire est hyperbolique
   -pour $\displaystyle E_{m}=0$, la trajectoire est parabolique
   -pour $\displaystyle E_{m}<0$, la trajectoire est elliptique ou circulaire.
   Le point matériel est initialement à grande distance, et son énergie mécanique $\displaystyle E_{m}=E_{c}+E_{p}=\frac{1}{2}mV_{0}^{2}>0$, la trajectoire est hyperbolique.
   Dans le plan de la trajectoire, utilisons les coordonnées polaires :
   $\displaystyle E_{c}=\frac{1}{2}m\left[\dot{r}^{2}+r^{2}\dot{\theta}^{2}\right]=\frac{1}{2}m\dot{r}^{2}+\frac{L^{2}}{2mr^{2}}$.
   D’où $\displaystyle E_{m}=\frac{1}{2}m\dot{r}^{2}+\frac{L^{2}}{2mr^{2}}-G\frac{mM}{r}$.
   Pour la distance minimale d’approche $\displaystyle \dot{r}=0$, d’où $\displaystyle \frac{L^{2}}{2mr^{2}}-G\frac{mM}{r}=\frac{1}{2}mV_{0}^{2}$. En multipliant par $\displaystyle r^{2}$, on obtient une équation du second degré en $\displaystyle r$, et seule la racine positive est à retenir. D’où (on vérifie l’homogénéité)$$r_{min}=-\frac{GM}{V_{0}^{2}}+\sqrt{\frac{G^{2}M^{2}}{V_{0}^{4}}+\frac{L^{2}}{m^{2}V_{0}^{2}}}.$$
   $\displaystyle L=mV_{0}b$, d’où $\displaystyle r_{min}=-\frac{GM}{V_{0}^{2}}+\sqrt{\frac{G^{2}M^{2}}{V_{0}^{4}}+b^{2}}$, soit
   $\displaystyle \begin{aligned}b^{2}&=-\frac{G^{2}M^{2}}{V_{0}^{4}}+\left(r_{min}+\frac{GM}{V_{0}^{2}}\right)^{2}\\&=r_{min}^{2}+2r_{min}\frac{GM}{V_{0}^{2}}.\end{aligned}$
   $$b=\sqrt{r_{min}^{2}+2r_{min}\frac{GM}{V_{0}^{2}}}.$$

3. La vitesse de libération est celle qui permet à un objet situé à la surface de la planète d’échapper à son attraction gravitationnelle. L’énergie mécanique de l’objet de masse $\displaystyle \mu$ est $\displaystyle E_{m}=\frac{1}{2}\mu V_{1}^{2}-G\frac{\mu M}{R}$. Si cet objet peut partir à grande distance, alors son énergie mécanique est égale à grande distance à son énergie cinétique, elle est donc positive. D’où la valeur limite $\displaystyle E_{m}=\frac{1}{2}\mu V_{1}^{2}-G\frac{\mu M}{R}=0$, soit $$V_{1}=\sqrt{\frac{2GM}{R}}.$$
   La masse m heurte la planète lorsque $\displaystyle r_{min}\leq R$, soit
   $\displaystyle -\frac{GM}{V_{0}^{2}}+\sqrt{\frac{G^{2}M^{2}}{V_{0}^{4}}+\frac{L^{2}}{m^{2}V_{0}^{2}}}\leq R$
   $\displaystyle \Rightarrow-\frac{R}{2}\left(\frac{V_{1}}{V_{0}}\right)^{2}+\sqrt{\left(\frac{R}{2}\right)^{2}\left(\frac{V_{1}}{V_{0}}\right)^{4}+b^{2}}\leq R$
   $\displaystyle \Rightarrow\left(\frac{R}{2}\right)^{2}\left(\frac{V_{1}}{V_{0}}\right)^{4}+b^{2}\leq\left(R+\frac{R}{2}\left(\frac{V_{1}}{V_{0}}\right)^{2}\right)^{2}$, ce qui donne bien
   $$b^{2}<b_{max}^{2}=R^{2}\left(1+\left(\frac{V_{1}}{V_{0}}\right)^{2}\right).$$

4. Les points de paramètre d’impact inférieurs à $\displaystyle b_{max}$ heurtent la planète. Ainsi les points se trouvant à grande distance de la planète dans un cylindre de section $\displaystyle \pi b_{max}^{2}$ heurteront la planète. Le nombre de points qui vont traverser une section du cylindre pendant $\displaystyle dt$ est $\displaystyle nV_{0}dt\pi b_{max}^{2}$. Ainsi, le nombre de points heurtant la planète par unité de temps est (homogène) $$N=nV_{0}\pi b_{max}^{2}.$$
   Remarque — Tous les points qui se trouvaient sur une section du cylindre ne le heurteront pas à la même date, mais en régime “permanent”, le temps de parcours associé à une trajectoire particulière ne varie pas, ce qui permet d’obtenir le résultat ci-dessus.

5. $\displaystyle \frac{dM}{dt}=Nm=mnV_{0}\pi b_{max}^{2}$
   $\displaystyle \Rightarrow4\pi R^{2}\frac{dR}{dt}\rho=mnV_{0}\pi R^{2}\left(1+\left(\frac{V_{1}}{V_{0}}\right)^{2}\right)$, d’où $$\frac{dR}{dt}=\frac{mnV_{0}}{4\rho}\left(1+\left(\frac{V_{1}}{V_{0}}\right)^{2}\right).$$
   Avec $\displaystyle V_{1}=\sqrt{\frac{2GM}{R}},\frac{dR}{dt}=\frac{mnV_{0}}{4\rho}\left(1+\frac{8G\rho\pi R^{2}}{3V_{0}^{2}}\right)$
   Pour $\displaystyle V_{0}\ll V_{1}, \frac{dR}{dt}\simeq\frac{mnV_{1}^{2}}{4\rho V_{0}}=\frac{mn2GM}{4\rho V_{0}R}=\frac{mn2G\pi R^{2}}{3V_{0}}$
   Pour $\displaystyle V_{0}\gg V_{1} , \frac{dR}{dt}\simeq\frac{mnV_{0}}{4\rho}.$
   Le terme de focalisation gravitationnelle est justifié par la courbure des trajectoires, initialement rectilignes, par l’attraction de la planète, qui est foyer de l’hyperbole trajectoire. La trajectoire des objets est déviée vers la planète.
   En raison de l’accrétion, le rayon de la planète augmente. Il arrive donc un moment, pour un flux de particules de vitesse $\displaystyle V_{0}$ donnée, où $\displaystyle V_{0}<V_{1}=\sqrt\frac{8G\rho\pi R^{2}}{3}$. Le terme d’accrétion galopante se justifie par le fait que la masse (et donc aussi le rayon) de la planète augmente au cours du temps, et d’autant plus que le rayon de la planète est grand, comme le montre l’expression de $\displaystyle \frac{dR}{dt}$ dans le cas $\displaystyle V_{0}\ll V_{1}$.

Positions d’équilibre 👉 Les positions d’équilibre stables (resp. instables) correspondent aux minima (resp. maxima) de l’énergie potentielle.

1. Le système étudié est l’ensemble formé par la tige et la masse $\displaystyle m$. Les actions exercées sont

• le poids en $\displaystyle A$

• la réaction d’axe en $\displaystyle B$

• Le couple de rappel.
  Le théorème du moment cinétique scalaire appliqué au système et projeté sur $\displaystyle \left(Bx\right)$ donne :

$$mL^{2}\ddot{\theta}=-C\theta+mLg\sin\theta.$$

2. Pour $\displaystyle \theta$ petit , $\displaystyle mL^{2}\ddot{\theta}=\left(-C+mLg\right)\theta$.

• Pour $\displaystyle C>mLg$, c’est un oscillateur harmonique de pulsation $\displaystyle \omega=\sqrt{C-mLg}$. $$\theta(t)=A\cos\left(\omega t\right)+B\sin\left(\omega t\right).$$ $\displaystyle \theta=0$ est une position d’équilibre stable
• Pour $\displaystyle C<mLg$, $$\theta(t)=C\exp\left(-t/\tau\right)+D\exp\left(t/\tau\right)$$ avec $\displaystyle \tau=1/\sqrt{mLg-C}$ (ou on peut choisir une solution en $\displaystyle \cosh$ et $\displaystyle \sinh$). $\displaystyle \theta=0$ est une position d’équilibre instable
• Pour $\displaystyle C=mLg$, $$\theta(t)=Et+F.$$ $\displaystyle \theta=0$ est une position d’équilibre instable.

3. $\displaystyle dE_{p}=-\overrightarrow{C}.d\theta\overrightarrow{u_{x}}=d\left(\frac{1}{2}k\theta^{2}\right)$, $\displaystyle E_{p}=\frac{1}{2}k\theta^{2}$ à une constante près.

$$E_{p,tot}=\frac{1}{2}k\theta^{2}+mgL\cos\theta.$$

4. Les positions d’équilibre vérifient $\displaystyle E'_{p,tot}=0\Longleftrightarrow k\theta=mgL\sin\theta$.
   Soit $\displaystyle \theta=\theta_{1}=0$, soit $\displaystyle \theta=\pm\theta_{2}$ avec $\displaystyle \mathbb{}\frac{\sin(\theta_{2})}{\theta_{2}}=\frac{k}{mLg}$. Pour que ces dernières solutions existent il est nécessaire que $$\frac{k}{mLg}<1,$$ qui est la valeur maximale atteinte par $\displaystyle \frac{\sin\left(x\right)}{x}$.
   

5. $\displaystyle E'_{p,tot}=k\theta-mgL\sin\theta$ et $\displaystyle E"_{p,tot}=k-mgL\cos\theta$.

• Pour $\displaystyle \frac{k}{mLg}\geq1$, seule la position d’équilibre $\displaystyle \theta_{1}=0$ existe et elle est stable car $\displaystyle E"_{p,tot}(0)>0$.
• Pour $\displaystyle \frac{k}{mLg}<1$, la solution $\displaystyle \theta_{1}=0$ existe est instable car $\displaystyle E"_{p,tot}(0)<0$.
  $\displaystyle E"_{p,tot}(\theta)=0$ pour $\displaystyle \theta=\theta_3$ tel que $\displaystyle k=mgL\cos\theta_{3}$. En traçant $\displaystyle y_{1}=\cos\theta$ et $\displaystyle y_{2}=\sin\left(\theta\right)/\theta$, il apparait que $\displaystyle \theta_{2}>\theta_{3}$ et donc $\displaystyle E"_{p,tot}\left(\pm\theta_{2}\right)>0$. Les positions d’équilibre $\displaystyle \pm\theta_{2}$ sont stables.