Mécanique, enseignée via l'Histoire des Sciences/La chute ralentie sur plan incliné (suite)

Ceci est la suite de la leçon : la chute ralentie sur plan incliné (Mécanique, enseignée via l'Histoire des Sciences/la chute ralentie sur plan incliné).

Exercices deuxième série

Auge de Torricelli:

Il y a beaucoup de manière d'approcher un arc de cercle; voici celle de Torricelli:avancer horizontalement en A(a/2 ; 0) ; puis monter au point B(a ; h = a²/2R). Dessiner symétriquement l'autre demi-cuvette. Et calculer la période des oscillations.

Solution-Auge :

Soit V la vitesse atteinte après chute de B en A : le parcours AO dure t= a/2V = 1/2 .sqrt(R/g). Le parcours AB dure AB/[(V+0)/2] soit un peu plus que sqrt(R/g). Donc T = ~ 4.(3/2)sqrt(R/g) ; soit la valeur Pi = ~ 3 ! Ce n'est pas si mal pour une auge aussi rudimentaire.

Galilée disait,lui, que le trajet de B en O durait 2 sqrt(R/g), soit Pi ~ 4 , car il prenait simplement la durée selon la corde BO, durée qui ne dépend pas de la corde et donc est valable pour la verticale! il est en contradiction manifeste avec l'expérience; car si B est très voisin de O sur le cercle, et qu'on lâche simultanément le mobile en B et le mobile en O' à la verticale de O - OO'= 2R, on imagine mal les voir arriver simultanément en O : 1> Pi/4 se voit aisément expérimentalement. Il est fréquent qu'un très grand physicien se trompe aussi, surtout quand une science est en train de naître. Mersenne fût un des premiers à signaler cette faute et à demander la valeur (2Pi), réponse qui ne sera fournie que par Huygens, plus tard.

Cercle osculateur de Huygens :

30 ans après, les mathématiques des courbes ont beaucoup progressé grâce à Descartes, Fermat surtout. Huygens connaît le résultat : le cercle surosculateur au point O d'une courbe symétrique y = f(x) est R = x²/2f(x), x petit. Il connaît la période de SA cycloïde. Montrer qu'il peut en déduire la période des petites oscillations du pendule simple.

Solution : soit O le point le plus bas de la cycloïde de Huygens: l'équation s'écrit x=~2a. u et y = a u²/2 . Donc R = 4a . Or SA période est 2Pi.sqrt(4a/g). Il l'identifie à la période du pendule circulaire de rayon R =4a. On a enfin le fameux facteur 2Pi.

Remarque : à l'époque, on ne s'exprimait pas ainsi. On comparait un temps à un temps : celui par exemple de la chute libre selon une distance verticale 2R , t0 = 2.sqrt(R/g) et Mersenne avait posé la question de trouver par la théorie le rapport, qu'on savait proche de 2 + sqrt(2). De plus Mersenne avait soigneusement observé que la période des oscillations du pendule circulaire N'ÉTAIT PAS CONSTANTE : elle augmentait légèrement avec l'amplitude; Borda(1733-1799)donna bien plus tard la formule approchée :

 $T=T_{0}[1+{\frac {\theta _{0}^{2}}{16}}]$ ,

l'élongation maximale exprimée en radian. La leçon sur le pendule explicitera tout cela.

Pourquoi $\pi ^{2}$ =~g?

Soit la question : pourquoi 9.8696 est-il proche de g = 9.81 m/s² ? La question peut paraître saugrenue, puisque g dépend des unités! Bonne pioche! c'est de ce côté-là qu'est la réponse.

Réponse : du temps de la Révolution française furent jetées les bases d'un système de Poids et Mesures "pour tous les Temps, pour tous les Hommes", selon la formule de Talleyrand(grand diplomate français,1754-1838). Il fallait pour une unité les qualités suivantes :

être pérenne
être universelle
être facilement accessible
être précise

la longueur d'un pendule simple qui battrait la seconde fût envisagée.[Certainement un des premiers à l'énoncer est Isaac Beeckman (1588-1637)]. Et l'on savait grâce à la formule de Clairaut comment corriger de la variation de g avec la latitude. Mais on savait que cette formule n'était pas exacte : il y avait quelque écart (après corrections) entre Londres, Paris et Potsdam. On pensait la Terre de révolution : aussi par souci d'universalité, choisît-on le quart du méridien égal à 10 000 km par définition, ce qui était très proche de la longueur du pendule, d'où la réponse : si le mètre avait été la longueur du pendule on aurait eu g = Pi² par définition!

Il s'en est donc fallu d'un décret. Cette définition via le méridien n'était malheureusement pas facilement accessible. On revînt à la longueur entre deux traits tracés sur une règle non dilatable (en platine iridié, à une température de 15°C). La règle fût placée au Pavillon du BIPM et servît pour fabriquer les étalons secondaires de toutes les nations jusqu'en 1959 (cf l'article S.I. dans la WP). Par rapport à cette règle, le méridien fait 40 007 km, car les physiciens n'avaient pas mieux comme précision sur ce méridien, à l'époque ![[un exercice difficile est la mesure d'un arc de méridien, car il s'agit d'un arc d'ellipse ! cela peut se trouver grâce à l'introduction de fonctions de mathématiques supérieures, introduites et calculées pour cela , appelées les fonctions elliptiques.

Jeu de Pistes

(de réflexion!).

Soit une piste de ski verte rectiligne de pente alpha. Une débutante Tortor effectue la descente DA = L, schuss, en un temps T, puis parcourt sur le plat la longueur AB = 2L dans le même temps T, soit au total 2T. Jeannot pense plus astucieux de partir d= 10m plus haut.Il raisonne ainsi : certes, je partirai de D, après Tortor, avec un retard sqrt(2d/g'), mais ensuite en chaque point j'aurai une vitesse plus grande qu'elle , et je la dépasserai, peut-être pas en A , mais je suis sur de la dépasser dans le plat.

Oui! mais à quelle distance Jeannot doit-il placer le poteau d'arrivée P ? Réponse QCM: AP = L/2 ; L ou 2L ?

_ _ _

Réponse : AP = ... .

Solution : L = 1/2.g'.T². Évidemment Jeannot se trouve exactement d = 10m derrière Tortor avec la même vitesse, soit 2L/T , d'où son retard tau = d/(2L/T), mais avec une vitesse légèrement supérieure de 2L/T .(d/2L) = d/T : il ne comblera son retard qu'au bout du temps T, soit au bout de 2L de terrain plat !Donc AP= 2L! Ce qui est très surprenant, c'est que si d<<L , le résultat ne dépende pas de d [en réalité Jeannot double Tortor sur le fil en faisant le calcul complet]: en général, on évalue mal la performance de Jeannot (il faut dire qu'on skie rarement dans le vide !).

2/ Sur un plan incliné d'angle alpha, un skieur au point A doit regagner dans le temps minimum une ligne située plus bas. Il peut descendre schuss selon la ligne de plus grande pente et atteindre le point B. Mais il peut aussi choisir le chemin le plus court qui mène en H tel que AH soit perpendiculaire à la ligne d'arrivée. D'après le théorème des cordes, les deux temps sont identiques. Soit alors M milieu de BH : Le skieur a-t-il intérêt à viser un point entre M et B ou un point entre M et H ?

Réponse :

Le temps minimum sera obtenu en suivant la bissectrice de l'angle BAH {le prouver!}: donc le point choisi sera le point I situé entre M et H.

Jeu de pistes de Mersenne, suite à ceux de Galilée

Mersenne a publié très vite après la célèbre publication en Hollande par ELZEVIR des "discorso" sur les deux nouvelles sciences de Galilée( 1638), un traité, les Mechaniques, qui ne sont pas une traduction fidèle de Galilée, mais qui sont intéressantes. En voici qq exercices : voir Lenoble , Clavelin , Drake , etc.

Mouvement de glissement sur la parabole

( tiré de X 1978 par exemple)

Le problème du toboggan est traité par Cabannes ( p196); revoir l'exercice classique ( Julia) : les courbes telles que le vecteur réaction N soit constamment nul au cours du mouvement dans le champ de pesanteur sont évidemment les paraboles de chute ! Revoir aussi le pb de la liaison unilatérale : soit une courbe concave de courbure 1/R au point M , et soit F la force appliquée vers la concavité et faisant l'angle aigu béta avec la normale n : le rayon de courbure de la trajectoire non liée est tel que mv²/r = F.cos (béta). La particule s'échappe si r > R , ce qui se réécrit F cos(béta) - mv²/R < 0 , ce qui n'est autre que la réaction N, et N < 0 est impossible : d'où décollement hors de la courbe-toboggan.

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partie I : mouvement sans frottement sur toboggans paraboliques :

1/. Sur la parabole (P1), $x=-p\cdot tan\theta$ , et $y=-p/2\cdot tan^{2}\theta$ , et v²= - 2gy .En projetant sur la normale, on trouve la réaction $N=mg\cdot cos\theta +mv^{2}/R$ , soit après calcul $N=mg\cdot cos^{3}\theta >0$ , donc la particule ne décolle pas.

Sur le tronçon convexe P2), intuitivement la particule décollera encore moins et atteindra le point B de jonction avec le tronçon (P3).

2/.Sur la parabole (P3), on veut encore avoir N > 0 avec cette fois $N/m=g\cdot cos\beta +2gy_{B}/q\cdot cos^{3}\beta$ , où $y_{B}=p/2\cdot tan^{2}\beta -2p/2\cdot tan^{2}\alpha$ , ce qui donne la relation R1 demandée : $p(tan^{2}\beta -2tan^{2}\alpha )+q/cos^{2}\beta >0$ . {Remarque : on peut aussi utiliser le cours d'introduction en écrivant r< R, ce qui redonne aisément $v^{2}/gcos\beta <-R=q/cos^{3}\beta$ , d'où $2y_{B}+q/cos^{2}\beta >0$ ; or sur une parabole $2y+q\cdot tan^{2}\theta =cste=valeurenB$ , soit (R1) }. La particule atteint O3 si sa cote est négative, d'où la condition (R2) : $p(tan^{2}\beta -2tan^{2}\alpha +q(tan^{2}\beta )<0$ : (R1) et (R2)sont compatibles.

3/.Si la particule décolle, il y a "chute libre", évidemment si y > y(P3), soit si $-g/v_{o}^{2}cos^{2}\beta >-1/q$ , ce qui n'est autre que la condition (R1), certes !

partie II : mouvement avec frottement solide :

intuitivement, il faut se référer à ce que l'on connaît du plan incliné : si $\theta <Arctanf$ , v décroît et sinon v croît. MAIS, il faut rajouter l'effet courbure de la parabole, et donc ici c'est $v\cdot expf\theta$ qui jouera le rôle de v. Que l'équation différentielle s'intègre n'est sans doute pas fortuit, car si en un point Po, $f(\theta )=v^{2}+gp(1+tan^{2}\theta )=0$ , cela annule N , et donc la parabole (P) est osculatrice à la parabole de chute libre, mais alors c'est CETTE parabole-ELLE-MEME, et donc N reste nulle, et donc le frottement ne doit jouer aucun rôle, et donc le signe de l'expression précédente va rester cst : c'est bien ce à quoi va conduire la question 1 : f(\theta). exp(2f \theta)= cste. Une fois comprise cette "explication" , le reste des questions est une suite d'inégalités assez "taupe" .

1/. écrivons donc : $mdv/dt=-mg\cdot (sin\theta -f\cdot cos\theta )+fmv^{2}/R$ , et remarquons que $dv/dt=1/2dv^{2}/d\theta /R$ et le "miracolo de Padua" arrive : l'équation s'intègre car $Rcos\theta =p/cos^{2}\theta =2y+cte$ et il en résulte que $d(v^{2}+gp/cos^{2})+2f(v^{2}+gp/cos^{2})d\theta =0$ , soit par intégration :

$(v^{2}+gp/\cos ^{2}\theta )\cdot e^{2f\theta }=cste$ . CQFD.

Galilée ne savait pas traiter cela ! gageons que Torricelli non plus !

Chute ralentie et système du premier ordre

c'est une leçon très importante : l'équation dV/dt = g sinA -k V en est le pré-texte.

Électrocinétique linéaire-règles

Juste quelques rappels qu'on peut sauter

Une capacité C d'un condensateur est la fonction suivante :

à la borne A, la plaque porte la charge $q_{A}$ (algébrique)telle que

$q_{A}=-q_{B}=C\cdot U_{AB}=C(V_{A}-V_{B})$ . C est en farad ; 1 F= 1 volt/coulomb.

Si q est c_ , alors U est c_.

Une auto-inductance L d'un solénoïde est la fonction suivante :

$U_{AB}=L{\frac {dI_{A}}{dt}}$ . L est en henry ; 1 H = 1 volt-seconde/coulomb.

Si U est c_ , alors la dérivée de I est c_ .

Dans des cas très spéciaux de discontinuités ou de C(t) ou de L(t) , il faut revenir sur la définition de ces 2 composants.
L'électrocinétique linéaire consiste à "bidouiller" des équations-différentielles construites autour de circuits électriques bâtis avec ce type de composants ( et qq autres LINEAIRES simples, mais pas à retard et pas dépendant du temps ! ). Smale s'est payé le luxe d'écrire une bafouille là-dessus !

Variables d'état

Théorème : tout système linéaire d'équations différentielles linéaires à coefficients constants réels peut en choisissant convenablement les variables d'état se ramener à :

${\dot {X}}=A\cdot X$ ,

A matrice réelle, et X appelé vecteur qualifiant l'état du système.

Résolution par Euler

$X(t)=exp(At)\cdot X(t_{0})$

Critère de stabilité : det( A -p I) = 0 doit être un polynôme P(p) de Hurwitz.

Modes propres et symétries

Très souvent en mécanique, il s'agit d'oscillateurs couplés dont les vibrations sont somme de modes propres : un mode propre est le cas d'un vecteur d'état dont tous les points ont une évolution temporelle homothétique : $X(t)=X_{k}\exp {(p_{k}\cdot t)}$ , avec pk racine du polynôme de Hurwitz. Cette notion de mode-homothétique a été développée par Fourier (~1820) : qu'un mouvement (apparemment compliqué) soit superposition linéaire de mouvements aussi simples lui est apparu comme "une révélation mystique". Évidemment, cela ne vaut que pour ce type d'équations.

S'il y a symétrie, il existe une façon de décomposer l'espace des états en sous-espaces orthogonaux, ce qui facilite grandement le calcul de exp(At).

L'essentiel est dit : se reporter au Gantmacher (théorie des matrices) pour plus de précisions, ou à un livre sur les sys_lin (Gilles, Pélegrin)

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