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Corrigé détaillé Mines Physique 1 MPI 2023

Fonctions spéciales : balistique avec frottements, grandes oscillations d'un pendule et problème de Stefan

Faisable en sup ?

Faisable en partie en MP2I : 23 questions sur 34, parties I et II en entier. Autres questions faisables en MP2I

Détail par partie
  • Partie I : La fonction de W de LAMBERT15/15Faisable
  • Partie II : L'intégrale elliptique de première espèce7/7Faisable
  • Partie III : La fonction d'erreur de GAUSS : erf(χ)1/12En partie

Le sujet en bref

Sujet difficile · Mécanique, Diffusion et transferts thermiques, Thermodynamique · 7 incontournables · 23 questions de première année
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Ce sujet original et élégant met à l'honneur l'utilisation conjointe de la physique, des outils mathématiques avancés et de la modélisation informatique par le prisme des fonctions spéciales. Il s'articule autour de trois volets indépendants : l'étude d'un tir de projectile freiné par l'air résolu analytiquement à l'aide de la fonction W de Lambert, le pendule pesant en régime de grandes oscillations menant à l'intégrale elliptique complète de première espèce, et le transfert thermique instationnaire avec changement de phase (problème de Stefan) faisant intervenir la fonction d'erreur de Gauss pour modéliser la solidification d'une coulée de lave.

Très formateur et progressif, ce problème constitue une excellente synthèse pour réviser la dynamique du point, les méthodes d'analyse asymptotique, l'intégration numérique (méthode des rectangles médians, schéma d'Euler explicite) ainsi que les transferts thermiques conductifs à frontière mobile. Accessible à toutes les filières scientifiques en deuxième année, ses deux premières parties forment également un entraînement d'un grand intérêt dès la fin de première année.

Difficulté
Difficile, d'après les résultats et le rapport du jury (moyenne 10,99/20)
Temps estimé
≈ 3 h 10 pour tout traiter, pour une épreuve de 3 h (estimation question par question, candidat bien préparé)
Chapitres

Part des questions du sujet.

Incontournables

7 questions classiques, à savoir refaire :

Où gagner des points

15 questions rapides et accessibles · 7 résultats donnés par l'énoncé
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Rapides et accessibles (15) : difficulté 1 ou 2 sur 4, 5 minutes au plus.

Résultat donné (7) : l'énoncé fournit le résultat, utilisable pour la suite même sans l'avoir établi.

Points à signaler : parties indépendantes, à savoir
  • Parties indépendantes

    Q1, Q16 et Q23 : Les trois parties du sujet (balistique avec frottement fluide, pendule aux grands angles et problème de Stefan) sont totalement indépendantes et peuvent être traitées dans n'importe quel ordre.

  • À savoir

    Dans la partie I, le tir s'effectue dans le plan (O, \vec{u}_y, \vec{u}_z) : l'axe horizontal est (Oy) et non (Ox), ce qui modifie les repères habituels des équations horaires Q2 et Q6.

Comment utiliser ce corrigé

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Sommaire

34 questions
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Partie I : La fonction de W de LAMBERT

I.A · Tir d'un projectile sans frottements

Question 1

Application directeTemps estimé : ≈ 4 min
  • Question de cours
  • Raisonnement qualitatif
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Référentiels non galiléens et forces d'inertie

Notions : référentiel galiléen, référentiel terrestre

Rappeler la définition d'un référentiel galiléen. Dans quelle mesure le référentiel terrestre peut-il être supposé galiléen ?

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Rappeler la définition liée au principe d'inertie et comparer la durée caractéristique du lancer à la période de rotation propre de la Terre (24 heures).

Voir la réponse courte

Un référentiel galiléen vérifie le principe d'inertie ; le référentiel terrestre l'est si la durée de l'expérience est négligeable devant 24 heures.

Voir le corrigé complet
  1. Définition d'un référentiel galiléen :

    Un référentiel galiléen (ou inertiel) est un référentiel dans lequel le principe d'inertie (première loi de Newton) est vérifié : tout système matériel mécaniquement isolé (ou pseudo-isolé, c'est-à-dire soumis à une résultante des forces extérieures nulle, \sum \vec{F}_{\text{ext}} = \vec{0}) possède un vecteur vitesse constant :

    \boxed{\vec{v} = \vec{\mathrm{cte}}}

    (mouvement rectiligne uniforme ou immobilité).

  2. Validité du caractère galiléen du référentiel terrestre :

    Le référentiel terrestre est lié à la Terre solide. Il est en rotation propre autour de l'axe des pôles par rapport au référentiel géocentrique, à la vitesse angulaire \Omega \approx 7{,}29 \times 10^{-5}\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}, avec une période de rotation propre :

    T_{\text{rot}} \approx 24\text{ h} \approx 86\,400\text{ s}.

    Cette rotation induit deux effets non inertiels :

    • une force d'inertie d'entraînement (axifuge), statique, qui est directement incorporée dans la définition de l'accélération de la pesanteur locale \vec{g} ;
    • une force d'inertie de Coriolis, \vec{F}_{\text{ic}} = -2m\,\vec{\Omega} \wedge \vec{v}, d'accélération d'ordre de grandeur a_{\text{c}} \sim 2\Omega v.

    Le référentiel terrestre peut être supposé galiléen si la durée caractéristique de l'expérience \Delta t est très petite devant la période de rotation de la Terre :

    \boxed{\Delta t \ll T_{\text{rot}} \sim 24\text{ h}}

    Pour le tir d'un projectile où la durée de vol est de l'ordre de quelques secondes à quelques dizaines de secondes, cette condition est très largement vérifiée (\Delta t \ll 24\text{ h} et a_{\text{c}} \ll g). Les effets non inertiels sont donc tout à fait négligeables.

Résultat

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Question 2

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 5 min
  • Incontournable
  • Mise en équation
  • Calcul littéral
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point

Notions : principe fondamental de la dynamique, équation horaire

Établir les équations horaires du mouvement. Montrer que le mouvement est plan.

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Projeter le principe fondamental de la dynamique sur les axes cartésiens et constater la nullité de l'accélération et de la vitesse selon \vec{u}_x.

Voir la stratégie
  1. Définir le système, le référentiel d'étude et effectuer le bilan des forces (ici réduit au seul poids).
  2. Appliquer la deuxième loi de Newton et intégrer deux fois par rapport au temps en tenant compte des conditions initiales en position et en vitesse.
  3. Justifier la nature plane du mouvement à partir de la nullité de la coordonnée selon \vec{u}_x.
Voir la réponse courte

PFD appliqué au projectile soumis au seul poids : double intégration temporelle montrant que la trajectoire reste contenue dans le plan vertical (O, \vec{v}_0, \vec{g}).

Voir le corrigé complet

On étudie le projectile assimilé à un point matériel de masse m, dans le référentiel terrestre supposé galiléen, muni du repère orthonormé (O, \vec{u}_x, \vec{u}_y, \vec{u}_z). Le champ de pesanteur s'écrit \vec{g} = -g\,\vec{u}_z.

Les conditions initiales à t = 0 sont :

\vec{OM}(0) = \vec{0} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad \text{et} \quad \vec{v}(0) = \vec{v}_0 = \begin{pmatrix} 0 \\ v_0 \cos\theta_0 \\ v_0 \sin\theta_0 \end{pmatrix}

Dans cette partie sans frottements, le projectile n'est soumis qu'à son poids \vec{P} = m\vec{g}. La deuxième loi de Newton s'écrit :

m\,\frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = m\,\vec{g} \implies \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = -g\,\vec{u}_z

Par projection sur les trois axes du repère :

\begin{cases} \dfrac{\mathrm{d}v_x}{\mathrm{d}t} = 0 \\[6pt] \dfrac{\mathrm{d}v_y}{\mathrm{d}t} = 0 \\[6pt] \dfrac{\mathrm{d}v_z}{\mathrm{d}t} = -g \end{cases}

Une première intégration par rapport au temps avec les conditions initiales sur la vitesse donne le vecteur vitesse :

\begin{cases} v_x(t) = 0 \\ v_y(t) = v_0 \cos\theta_0 \\ v_z(t) = -gt + v_0 \sin\theta_0 \end{cases}

Une seconde intégration avec les conditions initiales de position (\vec{OM}(0) = \vec{0}) conduit aux équations horaires :

\boxed{ \begin{cases} x(t) = 0 \\ y(t) = (v_0 \cos\theta_0)\,t \\ z(t) = -\dfrac{1}{2}gt^2 + (v_0 \sin\theta_0)\,t \end{cases} }

Puisque pour tout instant t, x(t) = 0, le projectile reste confiné dans le plan défini par le point O et les vecteurs \vec{u}_y et \vec{u}_z. Le mouvement est donc rigoureusement plan, dans le plan vertical (O, \vec{u}_y, \vec{u}_z).

Résultat

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Question 3

Application directeTemps estimé : ≈ 4 min
  • Calcul littéral
  • Raisonnement qualitatif
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point

Notions : trajectoire balistique, parabole

Établir l'équation de la trajectoire. Quelle est la forme de la trajectoire ? Est-elle symétrique ?

Voir l'indice

Exprimer le temps t en fonction de la coordonnée horizontale y, puis substituer dans z(t) pour obtenir la parabole de tir.

Voir la réponse courte

Élimination du temps pour obtenir l'équation cartésienne parabolique, symétrique par rapport à la verticale passant par son sommet.

Voir le corrigé complet

D'après les équations horaires établies à la question 2, pour \theta_0 \neq \frac{\pi}{2}, on a :

t = \frac{y}{v_0 \cos\theta_0}

En reportant cette expression dans la cote z(t), on obtient l'équation cartésienne de la trajectoire :

\begin{aligned} z(y) &= -\frac{1}{2}g \left(\frac{y}{v_0 \cos\theta_0}\right)^2 + v_0 \sin\theta_0 \left(\frac{y}{v_0 \cos\theta_0}\right) \\ &= -\frac{g}{2 v_0^2 \cos^2\theta_0} y^2 + y \tan\theta_0 \end{aligned}
\boxed{z(y) = -\frac{g}{2 v_0^2 \cos^2\theta_0} y^2 + y \tan\theta_0}

Forme de la trajectoire : l'équation z(y) est un polynôme du second degré en y dont le coefficient dominant est strictement négatif (-\frac{g}{2v_0^2\cos^2\theta_0} < 0). La trajectoire est donc une parabole située dans le plan vertical (O, \vec{u}_y, \vec{u}_z), de concavité orientée vers les z décroissants et d'axe vertical.

Symétrie : la trajectoire est symétrique par rapport à la droite verticale passant par son sommet S. En effet, en mettant le trinôme sous forme canonique :

z(y) = -\frac{g}{2 v_0^2 \cos^2\theta_0} (y - y_S)^2 + z_S \quad \text{avec} \quad y_S = \frac{v_0^2 \sin(2\theta_0)}{2g}

la fonction vérifie la parité z(y_S - \Delta y) = z(y_S + \Delta y).

Résultat

Question déjà tombée ailleurs

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Question 4

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 6 min
  • Incontournable
  • Calcul littéral
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point

Notions : portée, flèche

Déterminer les coordonnées du sommet de la trajectoire. Définir la portée du tir et établir son expression. Quel est l'angle assurant un tir de portée maximale ?

Voir l'indice

Le sommet s'obtient pour une vitesse verticale nulle ; la portée correspond à la seconde racine de z(y)=0. Utiliser la formule \sin(2\theta_0) \le 1.

Voir la stratégie
  1. Au sommet S de la trajectoire, la composante verticale de la vitesse s'annule : on en déduit l'instant t_S, puis les coordonnées (x_S, y_S, z_S).
  2. La portée correspond à l'abscisse du projectile lorsqu'il retombe au sol (z=0 pour t>0).
  3. L'angle \theta_0 optimal s'obtient directement en maximisant la fonction trigonométrique intervenant dans l'expression de la portée.
Voir la réponse courte

Annulation de la vitesse verticale au sommet, résolution de y(\ell) = 0 donnant la portée maximale pour \theta_0 = 45^\circ.

Voir le corrigé complet

1. Coordonnées du sommet S :

Le sommet S est le point d'altitude maximale de la trajectoire, atteint lorsque la vitesse verticale s'annule :

v_z(t_S) = \dot{z}(t_S) = -g t_S + v_0 \sin\theta_0 = 0 \implies t_S = \frac{v_0 \sin\theta_0}{g}.

En injectant t_S dans les équations horaires établies à la question 2 :

\begin{aligned} x_S &= 0, \\ y_S &= v_0 \cos\theta_0 \left(\frac{v_0 \sin\theta_0}{g}\right) = \frac{v_0^2 \sin(2\theta_0)}{2g}, \\ z_S &= -\frac{1}{2}g \left(\frac{v_0 \sin\theta_0}{g}\right)^2 + v_0 \sin\theta_0 \left(\frac{v_0 \sin\theta_0}{g}\right) = \frac{v_0^2 \sin^2\theta_0}{2g}. \end{aligned}

Les coordonnées du sommet sont donc :

\boxed{S\left(0\,;\; \frac{v_0^2 \sin(2\theta_0)}{2g}\,;\; \frac{v_0^2 \sin^2\theta_0}{2g}\right)}

2. Définition et expression de la portée \ell :

La portée \ell est la distance horizontale parcourue par le projectile entre son point de tir O et son point de retombée au sol (z = 0 avec t > 0) : \ell = y(t_\text{sol}).

L'instant de retombée t_\text{sol} > 0 vérifie :

z(t_\text{sol}) = t_\text{sol} \left(-\frac{1}{2}gt_\text{sol} + v_0 \sin\theta_0\right) = 0 \implies t_\text{sol} = \frac{2v_0 \sin\theta_0}{g} = 2 t_S.

On en déduit l'expression de la portée :

\ell = y(t_\text{sol}) = v_0 \cos\theta_0 \, t_\text{sol} = 2 y_S
\boxed{\ell = \frac{v_0^2 \sin(2\theta_0)}{g}}

3. Angle \theta_0 de portée maximale :

Pour une vitesse initiale v_0 fixée, la portée \ell est proportionnelle à \sin(2\theta_0). Pour un angle de tir \theta_0 \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right], le terme \sin(2\theta_0) est maximal et vaut 1 lorsque :

2\theta_0 = \frac{\pi}{2} \implies \boxed{\theta_0 = \frac{\pi}{4} = 45^\circ}

La portée maximale atteignable vaut alors \ell_\text{max} = \frac{v_0^2}{g}.

Résultat

Question déjà tombée ailleurs

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I.B · Tir d'un projectile avec frottements

Question 5

Application directeTemps estimé : ≈ 4 min
  • Calcul littéral
  • Raisonnement qualitatif
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point

Notions : frottement fluide, analyse dimensionnelle

Quelle est la dimension du coefficient ? Définir à partir de un temps caractéristique . Le mouvement reste-t-il plan ?

Voir l'indice

Effectuer l'analyse dimensionnelle de la force \vec{f} = -\alpha\vec{v} et poser \tau = m/\alpha par homogénéité temporelle de l'équation différentielle.

Voir la réponse courte

Analyse dimensionnelle [\alpha] = \mathrm{M}\cdot\mathrm{T}^{-1}, définition du temps caractéristique \tau = m/\alpha et conservation du caractère plan du mouvement.

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D'après la loi de frottement fluide \vec{f} = -\alpha \vec{v}, les dimensions vérifient :

[\alpha] = \frac{[f]}{[v]} = \frac{\mathrm{M}\cdot\mathrm{L}\cdot\mathrm{T}^{-2}}{\mathrm{L}\cdot\mathrm{T}^{-1}} = \mathrm{M}\cdot\mathrm{T}^{-1}

Le coefficient \alpha a donc pour dimension :

\boxed{[\alpha] = \mathrm{M}\cdot\mathrm{T}^{-1}}

Son unité dans le Système international est le \mathrm{kg}\cdot\mathrm{s}^{-1}.

En appliquant la deuxième loi de Newton au projectile de masse m dans le référentiel terrestre galiléen :

m\frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = m\vec{g} - \alpha \vec{v} \iff \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} + \frac{\alpha}{m}\vec{v} = \vec{g}

Le terme \alpha/m est homogène à l'inverse d'un temps, ce qui permet de définir le temps caractéristique :

\boxed{\tau = \frac{m}{\alpha}}

Projetons l'équation du mouvement sur l'axe horizontal (Ox) orthogonal au plan de tir (O, \vec{u}_y, \vec{u}_z) :

\frac{\mathrm{d}v_x}{\mathrm{d}t} + \frac{v_x}{\tau} = 0 \implies v_x(t) = v_x(0)\,\mathrm{e}^{-t/\tau}

Or, le vecteur vitesse initiale appartient au plan (O, \vec{u}_y, \vec{u}_z), donc v_x(0) = 0, d'où v_x(t) = 0 pour tout t \geqslant 0.

Comme la position initiale est l'origine O (x(0) = 0), on en déduit :

x(t) = 0 \quad \forall t \geqslant 0

\boxed{\text{\text{Le mouvement reste plan dans le plan }(O, \vec{u}_y, \vec{u}_z).}}

Résultat

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Question 6

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 7 min
  • Incontournable
  • Mise en équation
  • Calcul littéral
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point

Notions : frottement fluide, équation horaire

Établir, en fonction , , , et , les nouvelles équations horaires du mouvement.

Voir l'indice

Résoudre les deux équations différentielles du premier ordre indépendantes sur les composantes de la vitesse, puis intégrer avec les conditions initiales en O.

Voir la stratégie
  1. Appliquer le principe fondamental de la dynamique au projectile dans le référentiel d'étude pour obtenir l'équation différentielle vectorielle du mouvement.
  2. Projeter selon les directions horizontale \vec{u}_y et verticale \vec{u}_z afin de découpler la vitesse en deux équations différentielles linéaires d'ordre 1 à coefficients constants.
  3. Intégrer les équations de vitesse compte tenu des conditions initiales, puis intégrer une seconde fois pour déterminer les équations horaires de position.
Voir la réponse courte

Intégration de l'équation différentielle du premier ordre sur la vitesse avec frottement linéaire, puis intégration temporelle des positions.

Voir le corrigé complet

On étudie le projectile de masse m dans le référentiel terrestre supposé galiléen, repéré par la base orthonormée directe (O, \vec{u}_x, \vec{u}_y, \vec{u}_z). Le système est soumis à :

  • son poids : \vec{P} = -mg\,\vec{u}_z ;
  • la force de frottement fluide : \vec{f} = -\alpha \vec{v} = -\frac{m}{\tau}\vec{v}.

Le principe fondamental de la dynamique s'écrit :

m\frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = -mg\,\vec{u}_z - \frac{m}{\tau}\vec{v} \iff \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} + \frac{1}{\tau}\vec{v} = -g\,\vec{u}_z

À t = 0, les conditions initiales sont :

\vec{OM}(0) = \vec{0} \quad \text{et} \quad \vec{v}(0) = v_0\cos\theta_0\,\vec{u}_y + v_0\sin\theta_0\,\vec{u}_z

1. Mouvement selon \vec{u}_x : L'absence de force et de vitesse initiale selon \vec{u}_x confirme que le mouvement est confiné au plan vertical (O, \vec{u}_y, \vec{u}_z) :

x(t) = 0

2. Mouvement selon \vec{u}_y : L'équation différentielle projetée s'écrit :

\frac{\mathrm{d}v_y}{\mathrm{d}t} + \frac{1}{\tau}v_y = 0

Avec v_y(0) = v_0\cos\theta_0, la composante de la vitesse vaut :

v_y(t) = v_0\cos\theta_0\,e^{-t/\tau}

Sachant que y(0) = 0, on intègre entre 0 et t :

y(t) = \int_0^t v_y(t')\,\mathrm{d}t' = v_0\tau\cos\theta_0\left(1 - e^{-t/\tau}\right)

3. Mouvement selon \vec{u}_z : L'équation différentielle projetée s'écrit :

\frac{\mathrm{d}v_z}{\mathrm{d}t} + \frac{1}{\tau}v_z = -g

La solution générale est de la forme v_z(t) = A\,e^{-t/\tau} - g\tau, où la constante d'intégration A est fixée par v_z(0) = v_0\sin\theta_0 :

A = v_0\sin\theta_0 + g\tau \implies v_z(t) = \left(v_0\sin\theta_0 + g\tau\right)e^{-t/\tau} - g\tau

Sachant que z(0) = 0, on intègre entre 0 et t :

\begin{aligned} z(t) &= \int_0^t v_z(t')\,\mathrm{d}t' = \left[-\tau\left(v_0\sin\theta_0 + g\tau\right)e^{-t'/\tau} - g\tau t'\right]_0^t \\ &= \tau\left(v_0\sin\theta_0 + g\tau\right)\left(1 - e^{-t/\tau}\right) - g\tau t \end{aligned}

Les équations horaires du mouvement s'écrivent ainsi :

\boxed{\begin{cases} x(t) = 0 \\ y(t) = v_0\tau\cos\theta_0\left(1 - e^{-t/\tau}\right) \\ z(t) = \tau\left(v_0\sin\theta_0 + g\tau\right)\left(1 - e^{-t/\tau}\right) - g\tau t \end{cases}}

Résultat

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Question 7

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 5 min
  • Calcul littéral
  • Raisonnement qualitatif
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point

Notions : développement limité, trajectoire

Dans la situation où , simplifier les équations horaires de la trajectoire et donner l'allure du mouvement.

Voir l'indice

Effectuer un développement limité de la fonction exponentielle e^{-t/\tau} à l'ordre adapté (ordre 1 pour la vitesse, ordre 2 pour l'altitude).

Voir la stratégie
  1. Effectuer un développement limité au voisinage de t=0 de l'exponentielle e^{-t/\tau} intervenant dans les équations horaires obtenues à la question Q6.
  2. Conserver l'ordre dominant non nul pour chaque coordonnée en tenant compte de la compensation des termes d'ordre 1 en t sur l'axe vertical.
  3. Identifier le régime obtenu et en déduire l'allure de la trajectoire.
Voir la réponse courte

Développement limité de l'exponentielle à l'ordre 2 en t/\tau \ll 1 redonnant la trajectoire parabolique du cas sans frottement.

Voir le corrigé complet

D'après la question Q6, les équations horaires du mouvement sont :

\begin{aligned} y(t) &= v_0\tau\cos\theta_0 \left(1 - e^{-t/\tau}\right) \\ z(t) &= \tau\left(v_0\sin\theta_0 + g\tau\right)\left(1 - e^{-t/\tau}\right) - g\tau t \end{aligned}

Pour t \ll \tau, soit \frac{t}{\tau} \ll 1, effectuons un développement limité de l'exponentielle à l'ordre 2 :

e^{-t/\tau} = 1 - \frac{t}{\tau} + \frac{1}{2}\left(\frac{t}{\tau}\right)^2 + o\left(\frac{t^2}{\tau^2}\right)

d'où :

1 - e^{-t/\tau} = \frac{t}{\tau} - \frac{t^2}{2\tau^2} + o\left(\frac{t^2}{\tau^2}\right)

1. Équation horaire selon \vec{u}_y :

y(t) = v_0\tau\cos\theta_0 \left(\frac{t}{\tau} - \frac{t^2}{2\tau^2} + o\left(\frac{t^2}{\tau^2}\right)\right) = (v_0\cos\theta_0)\,t + \mathcal{O}\left(\frac{t^2}{\tau}\right)

Au premier ordre non nul en t/\tau :

\boxed{y(t) \approx (v_0\cos\theta_0)\,t}

2. Équation horaire selon \vec{u}_z : Injectons le développement limité à l'ordre 2 :

\begin{aligned} z(t) &= \tau\left(v_0\sin\theta_0 + g\tau\right)\left(\frac{t}{\tau} - \frac{t^2}{2\tau^2} + o\left(\frac{t^2}{\tau^2}\right)\right) - g\tau t \\ &= (v_0\sin\theta_0)\,t + g\tau t - \frac{1}{2}g t^2 - \frac{v_0\sin\theta_0}{2\tau}t^2 - g\tau t + o\left(t^2\right) \end{aligned}

Les termes en g\tau t se compensent exactement. En négligeant le terme correctif \frac{v_0\sin\theta_0}{2\tau}t^2 = (v_0\sin\theta_0\,t)\times \mathcal{O}\left(\frac{t}{\tau}\right) devant le terme linéaire, il reste :

\boxed{z(t) \approx (v_0\sin\theta_0)\,t - \frac{1}{2}g t^2}

3. Allure du mouvement : En éliminant le temps t \approx \frac{y}{v_0\cos\theta_0}, on retrouve l'équation de la trajectoire sans frottement de la question Q3 :

z(y) \approx -\frac{g}{2v_0^2\cos^2\theta_0}\,y^2 + y\tan\theta_0

Pour des temps courts devant le temps caractéristique \tau, la force de frottement fluide a un effet cumulé négligeable : le mouvement est parabolique, identique à celui du tir dans le vide.

Résultat

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Question 8

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 6 min
  • Calcul littéral
  • Raisonnement qualitatif
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point

Notions : vitesse limite, asymptote

Dans la situation où , simplifier les équations horaires du mouvement en faisant apparaitre une vitesse limite . Où retombe le projectile ?

Voir l'indice

Faire tendre le terme exponentiel vers zéro pour t \gg \tau et identifier la vitesse limite verticale de chute v_\infty = g\tau.

Voir la stratégie
  1. Prendre la limite t \gg \tau dans les équations horaires établies à la question Q6 en négligeant le terme exponentiel e^{-t/\tau}.
  2. Identifier la vitesse limite verticale v_\infty et exprimer les équations horaires sous forme simplifiée.
  3. Déterminer la position d'impact au sol en analysant la valeur prise par l'abscisse y dans ce régime asymptotique.
Voir la réponse courte

Limite t \gg \tau : la vitesse tend vers la vitesse limite verticale v_\infty = g\tau et la coordonnée horizontale sature en x_\infty = v_0 \tau \cos\theta_0.

Voir le corrigé complet

D'après les équations horaires obtenues à la question Q6, on a :

\begin{aligned} y(t) &= v_0\tau\cos\theta_0 \left(1 - e^{-t/\tau}\right) \\ z(t) &= \tau\left(v_0\sin\theta_0 + g\tau\right)\left(1 - e^{-t/\tau}\right) - g\tau t \end{aligned}

Pour t \gg \tau, on a e^{-t/\tau} \to 0. La vitesse s'écrit alors :

\begin{aligned} v_y(t) &= v_0\cos\theta_0\,e^{-t/\tau} \underset{t \gg \tau}{\longrightarrow} 0 \\ v_z(t) &= (v_0\sin\theta_0 + g\tau)e^{-t/\tau} - g\tau \underset{t \gg \tau}{\longrightarrow} -g\tau \end{aligned}

Le vecteur vitesse tend vers une vitesse limite purement verticale descendante :

\vec{v}_\infty = -v_\infty\,\vec{u}_z \quad \text{avec} \quad \boxed{v_\infty = g\tau}

En injectant v_\infty et en négligeant e^{-t/\tau}, les équations horaires se simplifient en :

\boxed{\begin{cases} y(t) \approx v_0\tau\cos\theta_0 \\ z(t) \approx -v_\infty t + \tau\left(v_0\sin\theta_0 + v_\infty\right) \end{cases}}

Point de chute du projectile :
Pour t \gg \tau, le mouvement est une chute verticale uniforme à la vitesse v_\infty le long de l'asymptote d'abscisse y_\infty = v_0\tau\cos\theta_0. Dès lors, si le projectile ne touche le sol qu'à un instant t^* \gg \tau, il retombe en :

\boxed{y(t^*) \approx v_0\tau\cos\theta_0}

Comme 1 - e^{-t/\tau} < 1 pour tout t > 0, l'abscisse vérifie y(t) < v_0\tau\cos\theta_0 : le projectile retombe donc toujours strictement en deçà de cette abscisse limite.

Résultat

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Question 9

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 5 min
  • Raisonnement qualitatif
  • Schéma ou tracé
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point

Notions : trajectoire balistique, allure de courbe

Déduire des résultats précédents, l'allure globale de la trajectoire dans une situation où le temps de vol est grand devant , en séparant la trajectoire en trois phases.

Voir l'indice

Décomposer la trajectoire : régime balistique parabolique initial, transition courbée sous l'action du freinage, puis asymptote verticale de chute rectiligne uniforme.

Voir la stratégie

Pour décrire l'allure globale de la trajectoire lorsque le temps de vol t^* est grand devant le temps caractéristique \tau (t^* \gg \tau), on décompose l'évolution temporelle en trois régimes successifs en exploitant les comportements établis aux questions précédentes :

  1. le régime initial pour t \ll \tau, dominé par les conditions initiales et la pesanteur (étudié à la question Q7) ;
  2. le régime intermédiaire pour t \sim \tau, où l'amortissement visqueux infléchit la trajectoire et fait culminer le projectile ;
  3. le régime asymptotique pour t \gg \tau, dominé par la vitesse limite de chute verticale (étudié à la question Q8).
Voir la réponse courte

Description et tracé des trois phases successives : parabolique initiale, courbure intermédiaire et chute quasi-verticale asymptotique.

Voir le corrigé complet

Lorsque le temps de séjour en l'air est très grand devant \tau, le mouvement se décompose en trois phases distinctes :

  1. Phase initiale (t \ll \tau) : régime quasi-balistique parabolique
    D'après la question Q7, l'effet de la force de frottement est négligeable devant l'inertie du projectile. La trajectoire est quasi identique à la parabole du tir sans frottement :

    y(t) \simeq (v_0 \cos\theta_0)\,t \quad \text{et} \quad z(t) \simeq (v_0 \sin\theta_0)\,t - \frac{1}{2}gt^2

    Le projectile s'élève rapidement avec une vitesse tangentielle proche de \vec{v}_0.

  2. Phase intermédiaire (t \sim \tau) : transition et sommet de la trajectoire
    La force de frottement ralentit significativement le mobile selon les deux axes. La composante horizontale v_y(t) = v_0\cos\theta_0\,e^{-t/\tau} chute de manière exponentielle, réduisant la progression en y. La composante verticale s'annule à un instant t_S, marquant le sommet S de la trajectoire. Contrairement au cas sans frottement, la trajectoire perd sa symétrie : la courbure s'accentue après le sommet et le projectile plonge plus abruptement qu'il n'est monté.
  3. Phase asymptotique (t \gg \tau) : chute rectiligne quasi-verticale
    D'après la question Q8, la vitesse horizontale s'est presque totalement amortie (v_y \approx 0). Le projectile s'approche de l'asymptote verticale d'équation :

    y = y_\infty = v_0 \tau \cos\theta_0

    Le mouvement selon z devient un mouvement rectiligne uniforme descendant à la vitesse limite v_\infty = g\tau :

    z(t) \approx -v_\infty t + \tau(v_0\sin\theta_0 + v_\infty)

    Le projectile retombe ainsi sur le sol au point d'abscisse y_{\text{sol}} \approx v_0\tau\cos\theta_0 selon une trajectoire pratiquement verticale.

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Question 10

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 4 min
  • Raisonnement qualitatif
  • Schéma ou tracé
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point

Notions : trajectoire balistique, frottement fluide

Tracer l'allure de la trajectoire pour un temps de vol de l'ordre de .

Voir l'indice

Tracer une trajectoire dissymétrique dont la concavité est plus resserrée en phase descendante qu'en phase ascendante sans atteindre la verticale stricte.

Voir la stratégie

Pour représenter fidèlement la trajectoire lorsque le temps de vol t^* est de l'ordre du temps caractéristique \tau (t^* \sim \tau) :

  1. Identifier les caractéristiques aux limites : pente initiale fixée par le vecteur vitesse \vec{v}_0 (\tan\theta_0) et vitesse horizontale résiduelle non nulle à l'impact (v_y(t^*) = v_0\cos\theta_0\,\mathrm{e}^{-t^*/\tau} \neq 0).
  2. Comparer qualitativement à la parabole sans frottement (portée et hauteur maximale plus faibles, dissymétrie marquée).
  3. Noter que la chute n'est pas encore verticale, contrairement au cas d'un vol long t^* \gg \tau étudié aux questions précédentes.
Voir la réponse courte

Tracé de la trajectoire montrant la dissymétrie introduite par le frottement linéaire sur une durée de vol comparable à \tau.

Voir le corrigé complet

Lorsque la durée du vol est de l'ordre de grandeur de \tau (t^* \sim \tau) :

  • Conditions initiales : le mobile part de l'origine O avec une tangente faisant l'angle \theta_0 avec l'horizontale.
  • Dissymétrie : au fur et à mesure du vol, le frottement fluide dissipe l'énergie cinétique et réduit la composante horizontale de la vitesse selon v_y(t) = v_0 \cos\theta_0\,\mathrm{e}^{-t/\tau}. Par conséquent, le sommet S de la trajectoire est décalé vers la gauche par rapport au milieu de la portée (y_S < \frac{\ell}{2}), et la branche descendante est plus raide que la branche ascendante.
  • Impact au sol : pour t \sim \tau, la vitesse horizontale n'est pas nulle (v_y(t^*) \approx \frac{v_0\cos\theta_0}{\mathrm{e}} \approx 0{,}37\,v_0\cos\theta_0). Le projectile n'atteint pas l'asymptote verticale y = v_0\tau\cos\theta_0 : l'angle d'impact avec le sol est simplement plus incliné que l'angle d'émission \theta_0.
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I.C · La portée maximale d'un tir avec frottement

Question 11

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 7 min
  • Calcul littéral
  • Schéma ou tracé
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point

Notions : fonction réciproque, fonction w de lambert

Dresser le tableau de variation de la fonction et déterminer la valeur de son minimum global. La fonction W de LAMBERT est définie comme étant la fonction réciproque de sur . Reproduire le graphe de représenté sur la partie gauche de la figure 2 et expliquer comment en déduire l'allure de W représenté sur la partie droite.

Voir l'indice

Calculer T'(\chi) = (1+\chi)e^\chi, en déduire le minimum atteint en \chi = -1, et utiliser la symétrie axiale par rapport à la première bissectrice.

Voir la stratégie
  1. Étudier la fonction T par dérivation, déterminer le minimum global ainsi que les limites en \pm\infty, puis consigner ces résultats dans un tableau de variations.
  2. Tracer l'allure de la courbe de T conformément à la figure 2 du sujet, puis expliciter la transformation géométrique (symétrie axiale par rapport à la première bissectrice) permettant d'obtenir le graphe de la fonction réciproque W.
Voir la réponse courte

Étude des variations de T(\chi), obtention du minimum \beta = -1/e et tracé de la réciproque W par réflexion axiale.

Voir le corrigé complet

1. Tableau de variation de la fonction T et minimum global

La fonction T : \chi \mapsto \chi e^\chi est définie et dérivable sur \mathbb{R}. Sa dérivée s'écrit :

T'(\chi) = e^\chi + \chi e^\chi = (1+\chi)e^\chi

L'exponentielle étant strictement positive sur \mathbb{R}, le signe de T'(\chi) est celui de 1+\chi :

  • pour \chi < -1, T'(\chi) < 0, donc T est strictement décroissante ;
  • pour \chi = -1, T'(-1) = 0 ;
  • pour \chi > -1, T'(\chi) > 0, donc T est strictement croissante.

Aux bornes du domaine :

  • par croissances comparées, \lim_{\chi \to -\infty} T(\chi) = \lim_{\chi \to -\infty} \chi e^\chi = 0^- ;
  • par produit de limites, \lim_{\chi \to +\infty} T(\chi) = +\infty.

La fonction T admet donc un minimum global strict en \chi = -1, dont la valeur vaut :

\boxed{\beta = T(-1) = -e^{-1} = -\frac{1}{e} \approx -0{,}368}

On en déduit le tableau de variation de T :

\chi-\infty-1+\infty
T'(\chi)-0+
0+\infty
T(\chi)\searrow\nearrow
\beta = -1/e

2. Graphe de T et obtention du graphe de W

Sur l'intervalle [-1, +\infty[, la fonction T est continue et strictement croissante. D'après le théorème de la bijection, elle réalise un homéomorphisme de [-1, +\infty[ sur son image [\beta, +\infty[ = [-1/e, +\infty[. Sa fonction réciproque (appelée branche principale de la fonction W de Lambert), notée W, est donc définie sur [-1/e, +\infty[ à valeurs dans [-1, +\infty[.

Dans un repère orthonormé, la courbe représentative d'une fonction réciproque s'obtient par symétrie axiale par rapport à la première bissectrice d'équation y = \chi. Pour obtenir le graphe de W à partir de la branche de T pour \chi \ge -1 :

  • on échange les axes (l'abscisse devient l'ordonnée et réciproquement) ;
  • le point du minimum (-1, \beta) de tangente horizontale devient pour W le point (\beta, -1) où la tangente est verticale (W'(\beta) \to +\infty) ;
  • l'origine (0,0) est un point invariant, de pente W'(0) = 1/T'(0) = 1 ;
  • le point (1, e) pour T devient le point (e, 1) pour W.

Résultat

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Question 12

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 8 min
  • Calcul littéral
  • Python
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point

Notions : méthode d'euler, résolution numérique

On peut montrer que : . Quelle est la valeur de ? On souhaite appliquer le schéma d'EULER explicite avec un pas pour résoudre cette équation différentielle. Donner le code python permettant d'obtenir une représentation graphique de sur l'intervalle .

Voir l'indice

Dériver par rapport à \chi la relation de définition W(\chi)e^{W(\chi)} = \chi et évaluer en \chi=0 en remarquant que T(0)=0.

Voir la stratégie
  1. Utiliser la définition de la fonction \mathrm{W} comme bijection réciproque de T(\chi) = \chi e^\chi sur [-1/e, +\infty[ pour déterminer \mathrm{W}(0).
  2. Exprimer la dérivée sous la forme explicite \mathrm{W}'(\chi) = f(\chi, \mathrm{W}(\chi)).
  3. Implémenter le schéma d'Euler explicite \mathrm{W}_{k+1} = \mathrm{W}_k + h\,f(\chi_k, \mathrm{W}_k) en Python, puis afficher la courbe à l'aide de la bibliothèque matplotlib.pyplot.
Voir la réponse courte

Valeur initiale \mathrm{W}(0) = 0 et implémentation du schéma d'Euler explicite pour intégrer l'équation différentielle en Python.

Voir le corrigé complet

Par définition, la fonction \mathrm{W} de Lambert est la bijection réciproque de T : \chi \mapsto \chi e^\chi sur l'intervalle [-1/e, +\infty[. Comme T(0) = 0 \times e^0 = 0, on en déduit immédiatement :

\boxed{\mathrm{W}(0) = 0}

L'équation différentielle fournie se réécrit sous forme résolue en \mathrm{W}'(\chi) :

\mathrm{W}'(\chi) = \frac{1}{\chi + \exp(\mathrm{W}(\chi))}

Le schéma d'Euler explicite avec un pas h = 0{,}0001 s'écrit, en notant \chi_k = k h et \mathrm{W}_k \approx \mathrm{W}(\chi_k) :

\mathrm{W}_{k+1} = \mathrm{W}_k + \frac{h}{\chi_k + \exp(\mathrm{W}_k)}

avec la condition initiale \mathrm{W}_0 = 0 pour \chi_0 = 0.

Le code Python suivant permet de réaliser cette intégration numérique et de tracer \mathrm{W}(\chi) sur [0 ; 2{,}5[ :

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt

# Parametres de la discretisation
h = 0.0001
chi = np.arange(0.0, 2.5, h)
N = len(chi)

# Initialisation du tableau des valeurs de W
W = np.zeros(N)
W[0] = 0.0  # Condition initiale W(0) = 0

# Schema d'Euler explicite
for k in range(N - 1):
    W[k + 1] = W[k] + h / (chi[k] + np.exp(W[k]))

# Trace de la fonction W(chi)
plt.figure()
plt.plot(chi, W, label="W(chi)")
plt.xlabel("chi")
plt.ylabel("W(chi)")
plt.title("Trace de la fonction W de Lambert (Euler explicite)")
plt.grid(True)
plt.show()

Résultat

Question déjà tombée ailleurs

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Question 13

DifficileTemps estimé : ≈ 8 min
  • Calcul littéral
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point

Notions : fonction w de lambert, temps de vol

En déduire à quel instant le projectile touche le sol. On posera .

Voir l'indice

Écrire la condition z(t^*) = 0 sous la forme canonique at + b + c e^{dt} = 0 pour identifier immédiatement les constantes du problème.

Voir la stratégie
  1. Écrire la condition d'impact avec le sol, z(t^*) = 0, à partir de l'équation horaire z(t) établie à la question Q6.
  2. Identifier les coefficients de cette équation avec la forme standard at + b + c e^{dt} = 0 fournie par l'énoncé.
  3. Exprimer les différents groupements en fonction de la variable adimensionnée u pour obtenir l'expression de t^*.
Voir la réponse courte

Annulation de la coordonnée y(t^*) réécrite sous la forme X e^X = Y, résolue à l'aide de la fonction W de Lambert.

Voir le corrigé complet

D'après la question Q6, l'altitude du projectile est donnée pour tout instant t \geqslant 0 par :

z(t) = \tau(v_0 \sin\theta_0 + g\tau)\left(1 - e^{-t/\tau}\right) - g\tau t

Le projectile touche le sol à un instant t^* > 0 tel que z(t^*) = 0, soit :

-g\tau\, t^* + \tau(v_0 \sin\theta_0 + g\tau) - \tau(v_0 \sin\theta_0 + g\tau)\, e^{-t^*/\tau} = 0

Cette équation est de la forme a t^* + b + c e^{d t^*} = 0, où l'on identifie :

a = -g\tau, \qquad b = \tau(v_0 \sin\theta_0 + g\tau), \qquad c = -b, \qquad d = -\frac{1}{\tau}

Ces grandeurs vérifient bien ad = g \neq 0. Exprimons les termes intervenant dans la formule de résolution :

\begin{aligned} -\frac{b}{a} &= \frac{\tau(v_0 \sin\theta_0 + g\tau)}{g\tau} = \tau\left(1 + \frac{v_0 \sin\theta_0}{g\tau}\right) = -\tau u \\ -\frac{1}{d} &= \tau \end{aligned}

où l'on a posé conformément à l'énoncé :

u = -\left(1 + \frac{v_0 \sin\theta_0}{g\tau}\right)

Calculons l'argument de la fonction \mathrm{W} de Lambert :

\begin{aligned} -\frac{bd}{a} &= \left(-\frac{b}{a}\right) d = (-\tau u)\left(-\frac{1}{\tau}\right) = u \\ \frac{cd}{a} &= -\frac{b}{a}\, d = u \end{aligned}

Il vient ainsi :

\frac{cd}{a}\exp\left(-\frac{bd}{a}\right) = u\, e^u

En appliquant la relation fournie par l'énoncé, l'instant de retombée s'écrit :

t^* = -\frac{b}{a} - \frac{1}{d}\,\mathrm{W}\left(\frac{cd}{a}\exp\left(-\frac{bd}{a}\right)\right) = -\tau u + \tau\,\mathrm{W}\left(u e^u\right)

soit finalement :

\boxed{t^* = \tau\left(\mathrm{W}\left(u e^u\right) - u\right)}

Résultat

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Question 14

ExigeanteTemps estimé : ≈ 5 min
  • Calcul littéral
  • Résultat donné : utilisable pour la suite
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point

Notions : portée, fonction w de lambert

On rappelle que par définition où est la fonction identité : . En déduire que la portée est donnée par .

Voir l'indice

Substituer t^* dans l'expression de l'abscisse y(t^*) et utiliser l'identité e^{-t^*/\tau} = e^u e^{-W(u e^u)} = \frac{W(u e^u)}{u}.

Voir la stratégie
  1. Exprimer la portée \ell = y(t^*) à l'aide de l'équation horaire y(t) établie à la question 6.
  2. Remplacer t^* par son expression obtenue à la question 13 : t^* = \tau \left(\mathrm{W}(u e^u) - u\right).
  3. Utiliser la propriété caractéristique de la fonction W de Lambert, \mathrm{W}(X) e^{\mathrm{W}(X)} = X avec X = u e^u, pour simplifier le terme exponentiel e^{-t^*/\tau}.
Voir la réponse courte

Évaluation de x(t^*) et simplification algébrique grâce à l'identité caractéristique \mathrm{W}(z)\exp(\mathrm{W}(z)) = z.

Voir le corrigé complet

La portée \ell est l'abscisse du point de chute du projectile au sol à l'instant t^* > 0. D'après l'équation horaire y(t) obtenue à la question 6, on a :

\ell = y(t^*) = \tau v_0 \cos\theta_0 \left(1 - e^{-t^*/\tau}\right)

D'après le résultat de la question 13, l'instant d'impact s'écrit :

t^* = \tau \left[\mathrm{W}\left(u e^u\right) - u\right] \implies -\frac{t^*}{\tau} = u - \mathrm{W}\left(u e^u\right)

On en déduit l'expression du terme exponentiel :

e^{-t^*/\tau} = \exp\left(u - \mathrm{W}\left(u e^u\right)\right) = \frac{e^u}{\exp\left(\mathrm{W}\left(u e^u\right)\right)}

Par définition de la fonction \mathrm{W} de Lambert, pour tout X \in [-\frac{1}{e}, +\infty[, on a \mathrm{W}(X) e^{\mathrm{W}(X)} = X, soit :

\exp\left(\mathrm{W}(X)\right) = \frac{X}{\mathrm{W}(X)}

En appliquant cette relation à X = u e^u (où u < -1), il vient :

\exp\left(\mathrm{W}\left(u e^u\right)\right) = \frac{u e^u}{\mathrm{W}\left(u e^u\right)}

On reporte cette expression dans le calcul de l'exponentielle :

e^{-t^*/\tau} = \frac{e^u}{\dfrac{u e^u}{\mathrm{W}\left(u e^u\right)}} = \frac{\mathrm{W}\left(u e^u\right)}{u}

En substituant ce terme dans l'expression de \ell, on aboutit directement à :

\boxed{\ell = \tau v_0 \cos\theta_0 \left(1 - \frac{\mathrm{W}\left(u e^u\right)}{u}\right)}

Résultat

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Question 15

ExigeanteTemps estimé : ≈ 5 min
  • Application numérique
  • Exploitation de document
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point

Notions : portée, lecture graphique

À l'aide de la figure 2, déterminer la valeur numérique de l'angle assurant la portée maximale pour , et .

Voir l'indice

Calculer la valeur du rapport \gamma = v_0 / (g\tau), puis déterminer l'argument du terme de Lambert et effectuer la lecture graphique sur la figure 2.

Voir la stratégie
  1. Calculer la vitesse limite v_\infty = g\tau puis le rapport adimensionné \gamma = v_0 / v_\infty.
  2. Évaluer l'argument de la fonction de Lambert \chi = \frac{\gamma^2 - 1}{e} et lire \mathrm{W}(\chi) sur la figure 2.
  3. Injecter ces grandeurs dans l'expression de \sin\theta_{\max} donnée à la question précédente et en déduire la valeur de \theta_{\max}.
Voir la réponse courte

Calcul du paramètre u et lecture graphique sur la courbe de portée pour déduire l'angle optimal de tir, inférieur à 45^\circ.

Voir le corrigé complet

D'après la question Q8, la vitesse limite de chute verticale s'écrit :

v_\infty = g\tau = 9{,}8 \times 0{,}4 = 3{,}92\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

Le paramètre adimensionné \gamma vaut donc :

\gamma = \frac{v_0}{v_\infty} = \frac{10}{3{,}92} \approx 2{,}55

On en déduit :

\gamma^2 \approx 6{,}50 \quad \Longrightarrow \quad \gamma^2 - 1 \approx 5{,}50

Avec e \approx 2{,}72, l'argument de la fonction de Lambert vaut :

\frac{\gamma^2 - 1}{e} \approx \frac{5{,}50}{2{,}72} \approx 2{,}02 \approx 2{,}0

Par lecture graphique sur la partie droite de la figure 2 (ou en cherchant l'antécédent de 2 par T sur la courbe de gauche car T(\mathrm{W}(2)) = 2), pour \chi = 2, on lit :

\mathrm{W}(2) \approx 0{,}85

Comme \gamma \neq 1, l'expression de l'angle assurant la portée maximale fournie par l'énoncé donne :

\begin{aligned} \sin\theta_{\max} &= \frac{\gamma\,\mathrm{W}\left(\frac{\gamma^2 - 1}{e}\right)}{\gamma^2 - 1 - \mathrm{W}\left(\frac{\gamma^2 - 1}{e}\right)} \\ &\approx \frac{2{,}55 \times 0{,}85}{5{,}50 - 0{,}85} = \frac{2{,}17}{4{,}65} \approx 0{,}47 \end{aligned}

Sachant que \sin(30^\circ) = 0{,}50 et \sin(28^\circ) \approx 0{,}47, on obtient :

\boxed{\theta_{\max} \approx 28^\circ}

Une estimation approchée à 30^\circ est également tout à fait recevable en l'absence de calculatrice.

Résultat

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Partie II : L'intégrale elliptique de première espèce

Question 16

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 4 min
  • Incontournable
  • Mise en équation
  • Calcul littéral
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point ; Approche énergétique et oscillateurs mécaniques

Notions : pendule simple, théorème du moment cinétique

Établir l'équation différentielle du mouvement vérifiée par la fonction .

Voir l'indice

Appliquer le théorème du moment cinétique scalaire en O ou projeter le PFD dans la base polaire locale sur le vecteur orthoradial \vec{u}_\theta.

Voir la stratégie
  1. Définir précisément le système, le référentiel d'étude ainsi que la base cylindro-polaire adaptée au mouvement circulaire.
  2. Faire le bilan des actions mécaniques extérieures appliquées au point matériel.
  3. Appliquer le principe fondamental de la dynamique (ou le théorème du moment cinétique par rapport à l'axe de rotation) pour obtenir l'équation différentielle en \theta(t).
Voir la réponse courte

Théorème du moment cinétique ou conservation de l'énergie mécanique conduisant à \ddot{\theta} + (g/\ell)\sin\theta = 0.

Voir le corrigé complet

On étudie le point matériel M de masse m dans le référentiel terrestre supposé galiléen.

On utilise la base polaire (\vec{u}_r, \vec{u}_\theta) liée à la tige, représentée sur la figure 3 :

\vec{OM} = \ell\,\vec{u}_r

où \vec{u}_r = \cos\theta\,\vec{u}_x + \sin\theta\,\vec{u}_y et \vec{u}_\theta = -\sin\theta\,\vec{u}_x + \cos\theta\,\vec{u}_y. L'axe vertical (Ox) étant orienté vers le bas dans le sens de \vec{g}, le champ de pesanteur s'écrit \vec{g} = g\,\vec{u}_x.

La vitesse et l'accélération de M s'écrivent :

\begin{aligned} \vec{v} &= \ell\,\dot{\theta}\,\vec{u}_\theta \\ \vec{a} &= -\ell\dot{\theta}^2\,\vec{u}_r + \ell\ddot{\theta}\,\vec{u}_\theta \end{aligned}

Le système est soumis à deux forces :

  • son poids : \vec{P} = m\vec{g} = mg(\cos\theta\,\vec{u}_r - \sin\theta\,\vec{u}_\theta) ;
  • la tension (ou réaction) exercée par la tige rigide : \vec{T} = T_r\,\vec{u}_r (direction radiale, la tige étant sans masse et articulée en O sans frottement).

D'après le principe fondamental de la dynamique :

m\vec{a} = \vec{P} + \vec{T}

En projetant cette relation sur le vecteur unitaire orthoradial \vec{u}_\theta :

m\ell\,\ddot{\theta} = -mg\sin\theta

ce qui conduit immédiatement à l'équation différentielle du mouvement :

\boxed{\ddot{\theta}(t) + \frac{g}{\ell}\sin\theta(t) = 0}

Résultat

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Question 17

Application directeTemps estimé : ≈ 3 min
  • Question de cours
  • Calcul littéral
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Approche énergétique et oscillateurs mécaniques

Notions : petit angle, période propre

On fait l'approximation des petits angles tels que . Établir dans ces conditions la période des oscillations.

Voir l'indice

Effectuer le développement limité au premier ordre \sin\theta \approx \theta et identifier la pulsation propre du pendule simple.

Voir la réponse courte

Linéarisation pour les petites oscillations, identification de la pulsation propre et expression de la période T_0 = 2\pi\sqrt{\ell/g}.

Voir le corrigé complet

D'après la question Q16, l'équation différentielle exacte régissant le mouvement du pendule est :

\ddot{\theta}(t) + \frac{g}{\ell}\sin\theta(t) = 0

Dans le cadre de l'approximation des petits angles (\theta \ll 1\text{ rad}), on effectue le développement limité au premier ordre : \sin\theta \simeq \theta. L'équation différentielle se linéarise alors sous la forme :

\ddot{\theta}(t) + \frac{g}{\ell}\,\theta(t) = 0

Il s'agit de l'équation différentielle d'un oscillateur harmonique non amorti de pulsation propre :

\omega_0 = \sqrt{\frac{g}{\ell}}

La période propre des oscillations, notée T_0, est reliée à la pulsation propre par la relation T_0 = \frac{2\pi}{\omega_0}, d'où :

\boxed{T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{\ell}{g}}}

Résultat

Question déjà tombée ailleurs

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Question 18

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 8 min
  • Incontournable
  • Mise en équation
  • Calcul littéral
  • Résultat donné : utilisable pour la suite
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Approche énergétique et oscillateurs mécaniques

Notions : intégrale première du mouvement, intégrale elliptique

Déterminer l'expression générale de sans faire l'approximation des petits angles. En déduire que la période des oscillations du pendule est donnée par :

Voir l'indice

Écrire la conservation de l'énergie mécanique entre la position d'élongation maximale \theta_0 et une position intermédiaire \theta(t).

Voir la stratégie
  1. Obtenir l'intégrale première du mouvement en appliquant la conservation de l'énergie mécanique au pendule simple (système conservatif).
  2. Exprimer \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t} en fonction de \theta et des conditions initiales.
  3. Séparer les variables et exprimer la période T à l'aide de la symétrie du mouvement sur un quart de période, puis introduire T_0 = 2\pi\sqrt{\ell/g}.
Voir la réponse courte

Intégrale première de l'énergie mécanique pour exprimer \mathrm{d}\theta/\mathrm{d}t, puis séparation des variables et intégration sur un quart de période.

Voir le corrigé complet

Le pendule simple constitué de la masse m est soumis à :

  • son poids \vec{P} = m\vec{g}, force conservative dérivant de l'énergie potentielle E_p = -mgx = -mg\ell\cos\theta (en prenant l'origine en O) ;
  • la tension de la tige \vec{T} = -T\vec{u}_r, qui ne travaille pas car orthogonale au déplacement à chaque instant (\vec{v} = \ell\dot{\theta}\vec{u}_\theta).

Le système étant conservatif, l'énergie mécanique E_m = E_c + E_p est constante au cours du temps :

E_m = \frac{1}{2}m\ell^2\dot{\theta}^2 - mg\ell\cos\theta = \text{cte}

D'après les conditions initiales, à t = 0, \theta(0) = \theta_0 et \dot{\theta}(0) = 0, soit E_m = -mg\ell\cos\theta_0. On en déduit :

\frac{1}{2}m\ell^2\dot{\theta}^2 = mg\ell(\cos\theta - \cos\theta_0)

D'où l'expression générale de la vitesse angulaire :

\boxed{\frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t} = \pm \sqrt{\frac{2g}{\ell}\left(\cos\theta - \cos\theta_0\right)}}

le signe dépendant du sens de parcours de la trajectoire oscillante.

Par conservation de l'énergie, les oscillations sont périodiques et symétriques. La durée mise par le pendule pour passer de la position d'équilibre \theta = 0 à l'angle maximal \theta = \theta_0 correspond à un quart de période T/4. Durant cette étape, \dot{\theta} > 0, donc :

\mathrm{d}t = \sqrt{\frac{\ell}{g}} \frac{\mathrm{d}\theta}{\sqrt{2(\cos\theta - \cos\theta_0)}}

En intégrant entre \theta = 0 et \theta = \theta_0 :

\frac{T}{4} = \sqrt{\frac{\ell}{g}} \int_0^{\theta_0} \frac{\mathrm{d}\theta}{\sqrt{2(\cos\theta - \cos\theta_0)}}

Or, d'après la question Q17, la période propre des petites oscillations est T_0 = 2\pi\sqrt{\ell/g}, soit \sqrt{\ell/g} = \frac{T_0}{2\pi}. On obtient ainsi :

\boxed{T = \frac{2T_0}{\pi} \int_0^{\theta_0} \frac{\mathrm{d}\theta}{\sqrt{2(\cos\theta - \cos\theta_0)}}}

Résultat

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Question 19

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 6 min
  • Raisonnement qualitatif
  • Schéma ou tracé
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Approche énergétique et oscillateurs mécaniques

Notions : méthode des rectangles, intégration numérique

Après avoir tracé le graphe de la fonction pour , illustrer le principe de la méthode des rectangles médians pour calculer le réel en utilisant 9 rectangles. Si on double le nombre de rectangles utilisés qu'en est-il de la différence entre la valeur exacte de et la valeur approchée numériquement par la méthode des rectangles médians ?

Voir l'indice

Dessiner l'aire sous la courbe découpée en tranches rectangulaires évaluées au point milieu ; l'erreur globale est d'ordre 2, donc divisée par 4.

Voir la stratégie
  1. Tracer la fonction \chi \mapsto 1+\sqrt{\chi} sur [0\,;\,9] et subdiviser l'intervalle en 9 sous-intervalles réguliers de largeur h=1.
  2. Représenter sur chaque sous-intervalle le rectangle dont la hauteur est prise au point milieu (méthode du point milieu).
  3. Rappeler l'ordre de convergence de la méthode des rectangles médians pour déterminer l'effet d'un doublement du nombre de rectangles sur l'erreur.
Voir la réponse courte

Tracé de la fonction avec 9 rectangles médians ; rappel de la convergence en O(1/N^2) pour la méthode du point milieu.

Voir le corrigé complet

Soit la fonction f : \chi \mapsto 1 + \sqrt{\chi} définie sur l'intervalle [a, b] = [0, 9].

1. Principe de la méthode des rectangles médians avec 9 rectangles

On subdivise l'intervalle [0, 9] en N = 9 sous-intervalles de même largeur :

h = \frac{b - a}{N} = \frac{9 - 0}{9} = 1

Les sous-intervalles sont ainsi [k, k+1] pour k \in \{0, \dots, 8\}.

Sur chaque intervalle [k, k+1], on approxime l'aire sous la courbe par celle d'un rectangle dont la hauteur est la valeur de la fonction prise en son milieu \chi_k^* = k + \frac{1}{2} :

I = \int_0^9 (1 + \sqrt{\chi})\,\mathrm{d}\chi \approx I_{\text{méd}} = \sum_{k=0}^{8} h \, f\left(k + \frac{1}{2}\right) = \sum_{k=0}^{8} \left(1 + \sqrt{k + \frac{1}{2}}\right)

2. Influence du doublement du nombre de rectangles

La méthode des rectangles médians est une méthode d'intégration numérique d'ordre 2 : pour une fonction suffisamment régulière, l'erreur globale \mathcal{E}(h) = |I - I_{\text{num}}| est proportionnelle au carré du pas de discrétisation :

\mathcal{E}(h) \propto h^2 = \frac{(b-a)^2}{N^2}

Lorsque l'on double le nombre de rectangles (N \to 2N), le pas h est divisé par 2 (h \to h/2). Par conséquent :

\boxed{\text{La différence entre la valeur exacte et la valeur approchée est divisée par } 4.}

Résultat

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Question 20

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 6 min
  • Python
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Approche énergétique et oscillateurs mécaniques

Notions : intégration numérique, méthode des rectangles

Recopier et compléter le code suivant permettant de calculer par la méthode des rectangles médians.

Voir l'indice

Définir le pas par (b-a)/N, le point d'évaluation médian par a + (i + 0{,}5) \times \text{pas}, puis incrémenter la somme S par la valeur de la fonction.

Voir la stratégie
  1. Identifier la fonction à intégrer f(x, \phi) = \frac{1}{\sqrt{1 - x\sin^2\phi}} d'après la définition de l'intégrale elliptique \mathcal{K}(\chi).
  2. Exprimer le pas de discrétisation h = \frac{b-a}{N} pour un intervalle [a, b] découpé en N sous-intervalles réguliers.
  3. Déterminer le point médian de chaque intervalle [a + i\,\text{pas},\, a + (i+1)\,\text{pas}] pour i \in \{0, \dots, N-1\}, puis incrémenter la somme S.
Voir la réponse courte

Écriture de la boucle Python sommant les aires des rectangles médians pour approcher l'intégrale elliptique.

Voir le corrigé complet

L'intégrale complète de première espèce est définie par :

\mathcal{K}(\chi) = \int_0^{\pi/2} \frac{\mathrm{d}\phi}{\sqrt{1 - \chi \sin^2\phi}}

On identifie donc la fonction intégrande :

f(\chi, \phi) = \frac{1}{\sqrt{1 - \chi \sin^2\phi}}

Pour la méthode des rectangles médians :

  • L'intervalle d'intégration [a, b] = [0, \pi/2] est subdivisé en N = 100 sous-intervalles de largeur identique :

    \text{pas} = \frac{b - a}{N}
  • Le i-ième sous-intervalle (pour i allant de 0 à N-1) est [a + i \times \text{pas},\, a + (i+1) \times \text{pas}]. Son point médian est :

    \phi_i = a + \left(i + \frac{1}{2}\right)\text{pas}
  • L'accumulateur S est incrémenté à chaque itération par la valeur de la fonction en ce point médian :

    S \leftarrow S + f(x, \phi_i)

Le code complété s'écrit donc :

import math as m

def f(x, phi):
    return 1 / m.sqrt(1 - x * m.sin(phi)**2)

S = 0.
N = 100
a = 0.
b = m.pi/2.
pas = (b - a) / N
theta_0 = m.pi/3.
x = m.sin(theta_0)**2
for i in range(N):
    phi = a + (i + 0.5) * pas
    S = S + f(x, phi)

print(pas * S)
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Question 21

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 6 min
  • Application numérique
  • Exploitation de document
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Approche énergétique et oscillateurs mécaniques

Notions : formule de borda, dérive temporelle

En utilisant la figure 4, pour un pendule tel que , évaluer lorsque . Quel est le décalage temporel induit par la prise en compte de l'approximation des petits angles si l'on envisage de mesurer une heure ?

Voir l'indice

Lire la valeur du rapport T(50^\circ)/T_0 sur le graphe, puis calculer le décalage cumulé \Delta t = (T - T_0) \times N_{\text{périodes}} pour une heure.

Voir la stratégie
  1. Effectuer une lecture graphique soignée sur la figure 4 pour l'abscisse \theta_0 = 50^\circ en observant le quadrillage pour en déduire le rapport T/T_0, puis la période réelle T.
  2. Relier le temps mesuré par une horloge au nombre d'oscillations sous l'hypothèse de l'isochronisme des petites oscillations, puis déterminer le décalage temporel sur une durée de référence d'une heure (3600\text{ s}).
Voir la réponse courte

Lecture du rapport de période sur le graphe pour \theta_0 = 50^\circ, calcul de l'écart relatif et du retard accumulé sur une heure.

Voir le corrigé complet

1. Évaluation de la période réelle T

Sur la figure 4, l'axe des ordonnées présente des graduations principales espacées de 0{,}1 subdivisées en 5 intervalles de pas 0{,}02. À l'abscisse \theta_0 = 50^\circ, située à mi-chemin entre 40^\circ et 60^\circ, la courbe se trouve à mi-hauteur entre 1{,}04 et 1{,}06, ce qui donne :

\frac{T}{T_0} \approx 1{,}05

Comme T_0 = 1\text{ s}, on en déduit immédiatement :

\boxed{T \approx 1{,}05\text{ s}}

2. Décalage temporel sur une durée d'une heure

Un chronomètre ou une horloge à balancier étalonné sous l'approximation des petits angles mesure le temps en comptant le nombre N d'oscillations et en lui attribuant la durée t_{\text{mes}} = N\,T_0.

Pour mesurer une durée affichée d'une heure, soit t_{\text{mes}} = 1\text{ h} = 3600\text{ s}, l'horloge compte :

N = \frac{t_{\text{mes}}}{T_0} = \frac{3600\text{ s}}{1\text{ s}} = 3600\text{ oscillations}

Le temps réel effectivement écoulé pendant ces 3600 oscillations vaut :

t_{\text{réel}} = N\,T = 3600 \times 1{,}05\text{ s} = 3780\text{ s}

Le décalage temporel \Delta t induit par l'approximation des petits angles est donc :

\Delta t = t_{\text{réel}} - t_{\text{mes}} = N(T - T_0) = 3600 \times 0{,}05\text{ s} = 180\text{ s}
\boxed{\Delta t = 180\text{ s} = 3\text{ min}}

L'horloge a une période réelle plus longue que sa période théorique : elle prend donc un retard de 3 minutes par heure de fonctionnement (soit un retard d'environ 1 heure et 12 minutes par tranche de 24 heures).

Résultat

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Question 22

Application directeTemps estimé : ≈ 3 min
  • Question de cours
  • Raisonnement qualitatif
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Mécanique › Cinématique et dynamique du point ; Frottement solide

Notions : cycloïde, roulement sans glissement

Dans quelle situation courante rencontre-t-on la cycloïde ?

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Penser au lieu géométrique décrit par la valve ou un point de la circonférence d'une roue de bicyclette qui roule sans glisser sur une route plane.

Voir la réponse courte

Trajectoire d'un point de la périphérie d'une roue en roulement sans glissement sur un sol plan, ou pendule isochrone de Huygens.

Voir le corrigé complet

Une cycloïde (ou cycloïde droite) est géométriquement la courbe décrite par un point solidaire de la circonférence d'un cercle qui roule sans glisser sur une ligne droite.

Dans la vie courante, on la rencontre donc typiquement comme la trajectoire :

\boxed{\text{d'un point situé sur le bord d'une roue roulant sans glisser sur le sol plat}}

par exemple la valve de la roue d'une bicyclette, un catadioptre fixé sur la jante, ou un caillou coincé dans la bande de roulement d'un pneu de voiture en mouvement rectiligne.

Résultat

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Partie III : La fonction d'erreur de GAUSS : erf(χ)

III.A · Introduction au problème de STEFAN

Question 23

Application directeTemps estimé : ≈ 3 min
  • Question de cours
  • Raisonnement qualitatif

Chapitre : Diffusion et transferts thermiques › Diffusion thermique

Notions : refroidissement de la terre, conduction et convection

Comment explique-t-on de nos jours le résultat erroné obtenu par Lord KELVIN ?

Voir l'indice

Invoquer les mouvements de convection thermique dans le manteau terrestre ainsi que l'apport permanent d'énergie par radioactivité naturelle.

Voir la réponse courte

Oubli de la convection mantellique (et de la radioactivité interne) dans le modèle purement conductif de Kelvin.

Voir le corrigé complet

Le résultat erroné de Lord Kelvin (environ 65 millions d'années contre un âge réel d'environ 4,55 milliards d'années) s'explique principalement par deux omissions physiques majeures dans son modèle de refroidissement purement conductif d'un solide inerte :

  • L'absence de sources de chaleur internes : Kelvin ignorait l'existence de la radioactivité naturelle (découverte à la fin du XIXe siècle par Becquerel et les époux Curie). La désintégration d'isotopes radioactifs (principalement ^{238}\mathrm{U}, ^{235}\mathrm{U}, ^{232}\mathrm{Th} et ^{40}\mathrm{K}) présents dans le manteau et la croûte terrestre constitue une source permanente et volumique d'énergie thermique qui compense en grande partie les pertes par diffusion vers l'espace.
  • Le mode de transfert thermique (convection mantellique) : Kelvin a supposé que la Terre se refroidissait uniquement par conduction à travers toute son épaisseur. Or, aux échelles de temps géologiques, le manteau terrestre ductile est le siège de mouvements de convection. Ce transport convectif brasse efficacement la chaleur interne et modifie radicalement le profil thermique en confinant le gradient de température conductif à une couche limite thermique superficielle (la lithosphère).
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Question 24

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 5 min
  • Incontournable
  • Question de cours
  • Calcul littéral

Chapitre : Diffusion et transferts thermiques › Diffusion thermique

Notions : vecteur densité de flux thermique, loi de fourier

Rappeler la définition du vecteur , densité de flux thermique. Quelle est sa dimension ? Rappeler la loi de Fourier, ainsi que ses conditions d'application. En déduire la dimension de la conductivité thermique .

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Définir \vec{j}_Q par \delta\Phi = \vec{j}_Q \cdot \mathrm{d}\vec{S}, formuler la loi \vec{j}_Q = -\kappa\,\vec{\nabla}T et déduire la dimension de \kappa en \mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-1}\cdot\mathrm{K}^{-1}.

Voir la réponse courte

Définitions et dimensions de \vec{j}_Q et de la conductivité thermique \kappa, énoncé de la loi de Fourier et hypothèse de milieu isotrope.

Voir le corrigé complet

1. Définition et dimension du vecteur densité de flux thermique

Le vecteur densité de flux thermique (ou densité de courant thermique) \vec{j}_Q caractérise localement le transfert d'énergie thermique par conduction. Le transfert thermique élémentaire \delta Q (noté \delta\phi_Q dans l'énoncé) traversant un élément de surface orienté \mathrm{d}\vec{S} = \vec{n}\,\mathrm{d}S pendant une durée \mathrm{d}t s'exprime par :

\delta Q = \vec{j}_Q \cdot \mathrm{d}\vec{S} \, \mathrm{d}t

Le flux thermique surfacique correspond ainsi à une puissance par unité de surface :

\left[\vec{j}_Q\right] = \frac{\left[\text{Puissance}\right]}{\left[\text{Surface}\right]} = \frac{\mathrm{M}\cdot\mathrm{L}^2\cdot\mathrm{T}^{-3}}{\mathrm{L}^2}
\boxed{\left[\vec{j}_Q\right] = \mathrm{M}\cdot\mathrm{T}^{-3}} \quad (\text{en }\mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-2})

2. Loi de Fourier et conditions d'application

La loi phénoménologique de Fourier relie le vecteur densité de flux thermique au gradient local de température :

\boxed{\vec{j}_Q = -\kappa\,\vec{\nabla}T}

où \kappa désigne la conductivité thermique du milieu.

Ses conditions d'application sont :

  • un milieu matériel continu au repos macroscopique (le transfert s'effectue uniquement par conduction, sans convection) ;
  • un milieu isotrope (la conductivité thermique \kappa est alors un scalaire) ;
  • un régime de réponse linéaire, valable pour de faibles gradients de température.

3. Dimension de la conductivité thermique \kappa

D'après la loi de Fourier, la dimension de \kappa s'obtient par analyse dimensionnelle :

[\kappa] = \frac{\left[\vec{j}_Q\right]}{[\vec{\nabla}T]} = \frac{\mathrm{M}\cdot\mathrm{T}^{-3}}{\Theta \cdot \mathrm{L}^{-1}}
\boxed{[\kappa] = \mathrm{M}\cdot\mathrm{L}\cdot\mathrm{T}^{-3}\cdot\Theta^{-1}} \quad (\text{en }\mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-1}\cdot\mathrm{K}^{-1})

Résultat

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Question 25

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 10 min
  • Incontournable
  • Mise en équation
  • Calcul littéral

Chapitre : Diffusion et transferts thermiques › Diffusion thermique

Notions : équation de la chaleur, bilan d'énergie thermique

Quelle est l'énergie thermique reçue par cette tranche entre et ? Pourquoi étudie-t-on une tranche « mésoscopique » ? Établir l'expression de sa variation d'énergie interne en fonction de , , et puis en fonction de , , , , et . En déduire l'équation de la chaleur à une dimension dans laquelle on précisera l'expression et la dimension du coefficient de diffusion thermique. En déduire l'expression d'une longueur caractéristique en fonction de et du temps .

Voir l'indice

Appliquer le premier principe de la thermodynamique à une tranche de matière entre t et t+\mathrm{d}t, puis relier j_Q au gradient thermique.

Voir la stratégie
  1. Exprimer le bilan d'énergie thermique reçu à travers les surfaces délimitant la tranche mésoscopique en y et y+\mathrm{d}y pendant la durée \mathrm{d}t.
  2. Définir l'échelle mésoscopique comme le compromis usuel entre représentativité statistique et continuité locale.
  3. Appliquer le premier principe de la thermodynamique sous deux formes (échange thermique et capacité calorifique), puis injecter la loi de Fourier unidimensionnelle pour obtenir l'équation de la diffusion thermique et la diffusivité D.
  4. Déduire l'échelle spatiale L(t) par analyse dimensionnelle ou analogie différentielle.
Voir la réponse courte

Bilan thermique 1D sur une tranche mésoscopique conduisant à l'équation de diffusion, expression de D = \kappa/(\rho c) et échelle L \sim \sqrt{Dt}.

Voir le corrigé complet

1. Énergie thermique reçue par la tranche :

La tranche de sol est délimitée par les plans de cotes y et y+\mathrm{d}y, de section transverse \mathcal{S}. Le flux thermique entrant algébriquement selon les y croissants est \Phi(y,t) = j_Q(y,t)\,\mathcal{S}. Entre les instants t et t+\mathrm{d}t, l'énergie thermique nette reçue à travers les deux frontières vaut :

\delta Q = \left[\Phi(y,t) - \Phi(y+\mathrm{d}y,t)\right]\mathrm{d}t = -\frac{\partial j_Q}{\partial y}(y,t)\,\mathcal{S}\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}t
\boxed{\delta Q = -\frac{\partial j_Q}{\partial y}\,\mathcal{S}\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}t}

2. Justification de l'échelle mésoscopique :

On étudie une tranche « mésoscopique » pour que ses dimensions soient :

  • très grandes devant les distances interatomiques et le libre parcours moyen des porteurs de chaleur, de sorte que le milieu puisse être traité comme un milieu continu où la température et les grandeurs thermodynamiques ont un sens statistique moyen ;
  • très petites devant les échelles spatiales macroscopiques de variation des champs physiques, ce qui permet de considérer la température comme localement uniforme dans la tranche et de développer les flux au premier ordre en \mathrm{d}y.

3. Expressions de la variation d'énergie interne :

D'après le premier principe de la thermodynamique appliqué à la tranche indéformable, sans travail mécanique ni source interne de chaleur :

\boxed{\mathrm{d}U = \delta Q = -\frac{\partial j_Q}{\partial y}\,\mathcal{S}\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}t}

Par ailleurs, pour cette phase condensée indéformable de masse \mathrm{d}m = \rho\,\mathcal{S}\,\mathrm{d}y et de capacité thermique massique c, la variation d'énergie interne s'écrit également :

\mathrm{d}U = \mathrm{d}m\,c\,\mathrm{d}T = (\rho\,\mathcal{S}\,\mathrm{d}y)\,c\,\left(\frac{\partial T}{\partial t}\,\mathrm{d}t\right)
\boxed{\mathrm{d}U = \rho\,c\,\mathcal{S}\,\frac{\partial T}{\partial t}\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}t}

4. Équation de la chaleur et coefficient de diffusion :

En égalant les deux expressions de \mathrm{d}U, on obtient :

\rho\,c\,\frac{\partial T}{\partial t} = -\frac{\partial j_Q}{\partial y}

D'après la loi de Fourier unidimensionnelle, j_Q(y,t) = -\kappa \frac{\partial T}{\partial y}. En supposant la conductivité thermique \kappa indépendante de y, il vient :

-\frac{\partial j_Q}{\partial y} = \kappa\,\frac{\partial^2 T}{\partial y^2}

On en déduit l'équation de la chaleur à une dimension :

\frac{\partial T}{\partial t} = \frac{\kappa}{\rho\,c}\,\frac{\partial^2 T}{\partial y^2} = D\,\frac{\partial^2 T}{\partial y^2}

où le coefficient de diffusion thermique (ou diffusivité thermique) D est défini par :

\boxed{D = \frac{\kappa}{\rho\,c}}

La dimension de D est :

[D] = \frac{[\kappa]}{[\rho][c]} = \frac{\mathrm{M}\cdot\mathrm{L}\cdot\mathrm{T}^{-3}\cdot\Theta^{-1}}{(\mathrm{M}\cdot\mathrm{L}^{-3})(\mathrm{L}^2\cdot\mathrm{T}^{-2}\cdot\Theta^{-1})} = \mathrm{L}^2\cdot\mathrm{T}^{-1}
\boxed{[D] = \mathrm{L}^2\cdot\mathrm{T}^{-1} \quad (\text{en }\mathrm{m}^2\cdot\mathrm{s}^{-1})}

5. Longueur caractéristique de diffusion :

Par analyse dimensionnelle, ou en estimant les ordres de grandeur des dérivées dans l'équation de la chaleur (\frac{\Delta T}{t} \sim D\,\frac{\Delta T}{L^2}), on trouve L^2 \sim D\,t, d'où la longueur caractéristique de diffusion :

\boxed{L \sim \sqrt{D\,t}}

Résultat

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Question 26

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 4 min
  • Calcul littéral

Chapitre : Diffusion et transferts thermiques › Diffusion thermique

Notions : condition aux limites, adimensionnement

Quelle est l'équation vérifiée par ? Déterminer les valeurs de , et .

Voir l'indice

Injecter la transformation affine de température dans l'équation de diffusion et évaluer \theta pour chaque condition aux limites physique.

Voir la stratégie
  1. Exprimer les dérivées partielles de T(y,t) en fonction de celles de \theta(y,t) pour injecter la température adimensionnée dans l'équation de diffusion obtenue à la question Q25.
  2. Utiliser les conditions initiale et aux limites sur T(y,t) données dans l'énoncé pour déterminer les valeurs correspondantes de \theta(y,t).
Voir la réponse courte

Équation de la chaleur vérifiée par la température adimensionnée \theta et traduction des conditions initiale et aux limites.

Voir le corrigé complet

La température adimensionnée est définie par :

\theta(y,t) = \frac{T(y,t) - T_1}{T_0 - T_1} \iff T(y,t) = T_1 + (T_0 - T_1)\,\theta(y,t)

Les températures T_0 et T_1 étant constantes avec T_0 \neq T_1, les dérivées partielles s'écrivent :

\frac{\partial T}{\partial t} = (T_0 - T_1)\frac{\partial \theta}{\partial t} \quad \text{et} \quad \frac{\partial^2 T}{\partial y^2} = (T_0 - T_1)\frac{\partial^2 \theta}{\partial y^2}

En reportant ces expressions dans l'équation de la chaleur établie en Q25, \frac{\partial T}{\partial t} = D \frac{\partial^2 T}{\partial y^2}, on obtient après simplification par (T_0 - T_1) :

\boxed{\frac{\partial \theta}{\partial t} = D \frac{\partial^2 \theta}{\partial y^2}}

La variable adimensionnée \theta(y,t) vérifie donc la même équation de diffusion que T(y,t).

Déterminons à présent les valeurs aux limites :

  • Condition initiale (y > 0, t = 0) : à l'instant initial, le milieu est uniformément à la température T_1, soit T(y > 0, 0) = T_1 :

    \boxed{\theta(y > 0, t = 0) = \frac{T_1 - T_1}{T_0 - T_1} = 0}
  • Condition à la surface (y = 0, t > 0) : la surface est maintenue à la température constante T_0, soit T(0, t > 0) = T_0 :

    \boxed{\theta(y = 0, t > 0) = \frac{T_0 - T_1}{T_0 - T_1} = 1}
  • Condition à l'infini (y \to +\infty, t > 0) : à distance infinie de la perturbation thermique de surface, la température reste inchangée à sa valeur initiale, soit \lim_{y \to +\infty} T(y, t > 0) = T_1 :

    \boxed{\theta(y \to +\infty, t > 0) = \frac{T_1 - T_1}{T_0 - T_1} = 0}

Résultat

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Question 27

ExigeanteTemps estimé : ≈ 8 min
  • Calcul littéral
  • Résultat donné : utilisable pour la suite

Chapitre : Diffusion et transferts thermiques › Diffusion thermique

Notions : variable d'auto-similarité, dérivée composée

Montrer que

Voir l'indice

Appliquer la règle de dérivation des fonctions composées pour calculer les dérivées partielles temporelle et spatiales en fonction des dérivées de \theta(\eta).

Voir la stratégie
  1. Exprimer les dérivées partielles temporelle \dfrac{\partial \theta}{\partial t} et spatiales \dfrac{\partial \theta}{\partial y}, \dfrac{\partial^2 \theta}{\partial y^2} à l'aide de la règle de dérivation en chaîne, en considérant que \theta(y,t) = \theta(\eta) avec \eta(y,t) = \dfrac{y}{2\sqrt{Dt}}.
  2. Injecter ces expressions dans l'équation de la chaleur établie à la question Q26, \dfrac{\partial \theta}{\partial t} = D \dfrac{\partial^2 \theta}{\partial y^2}, puis simplifier les termes temporels.
Voir la réponse courte

Dérivation en chaîne de la température réduite par rapport à la variable d'auto-similarité \eta = y/(2\sqrt{Dt}) pour obtenir l'équation différentielle ordinaire.

Voir le corrigé complet

La variable de similarité s'écrit :

\eta(y,t) = \frac{y}{2\sqrt{D}}\, t^{-1/2}

Ses dérivées partielles par rapport à t et à y sont :

\begin{aligned} \frac{\partial \eta}{\partial t} &= -\frac{1}{2}\frac{y}{2\sqrt{D}}\, t^{-3/2} = -\frac{\eta}{2t} \\ \frac{\partial \eta}{\partial y} &= \frac{1}{2\sqrt{Dt}} \end{aligned}

Puisque \theta ne dépend que de \eta, on applique la règle de dérivation composée :

\frac{\partial \theta}{\partial t} = \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}\eta} \frac{\partial \eta}{\partial t} = -\frac{\eta}{2t} \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}\eta}

De même, pour les dérivées par rapport à y :

\begin{aligned} \frac{\partial \theta}{\partial y} &= \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}\eta} \frac{\partial \eta}{\partial y} = \frac{1}{2\sqrt{Dt}} \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}\eta} \\ \frac{\partial^2 \theta}{\partial y^2} &= \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{1}{2\sqrt{Dt}} \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}\eta} \right) = \frac{1}{2\sqrt{Dt}} \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}\eta}\right) = \frac{1}{4Dt} \frac{\mathrm{d}^2\theta}{\mathrm{d}\eta^2} \end{aligned}

En reportant ces dérivées dans l'équation de diffusion vérifiée par \theta (établie à la question Q26) :

\frac{\partial \theta}{\partial t} = D \frac{\partial^2 \theta}{\partial y^2} \implies -\frac{\eta}{2t} \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}\eta} = D \left( \frac{1}{4Dt} \frac{\mathrm{d}^2\theta}{\mathrm{d}\eta^2} \right) = \frac{1}{4t} \frac{\mathrm{d}^2\theta}{\mathrm{d}\eta^2}

Pour t > 0, en multipliant par 4t et en regroupant les termes du même côté, on obtient :

\boxed{\frac{\mathrm{d}^2\theta(\eta)}{\mathrm{d}\eta^2} + 2\eta \frac{\mathrm{d}\theta(\eta)}{\mathrm{d}\eta} = 0}

Résultat

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Question 28

ExigeanteTemps estimé : ≈ 7 min
  • Calcul littéral
  • Résultat donné : utilisable pour la suite

Chapitre : Diffusion et transferts thermiques › Diffusion thermique

Notions : fonction d'erreur, intégration

En utilisant la fonction , montrer que . On donne . En déduire une expression de faisant apparaître une intégrale.

Voir l'indice

Résoudre l'équation différentielle séparable du premier ordre sur \varphi(\eta) = \theta'(\eta), puis intégrer entre 0 et \eta en utilisant l'intégrale de Gauss.

Voir la stratégie
  1. Résoudre l'équation différentielle linéaire du premier ordre satisfaite par la fonction \varphi(\eta) puis intégrer pour obtenir \theta(\eta).
  2. Déterminer les constantes d'intégration à l'aide des conditions aux limites obtenues à la question Q26 (\eta = 0 et \eta \to +\infty).
  3. Exprimer T(y,t) en réinjectant la variable spatio-temporelle \eta = \frac{y}{2\sqrt{Dt}} dans la relation liant \theta à T.
Voir la réponse courte

Intégration de l'équation différentielle séparable du premier ordre sur \theta' et raccordement aux conditions aux limites via erf.

Voir le corrigé complet

D'après l'équation différentielle établie à la question Q27, la fonction \varphi(\eta) = \frac{\mathrm{d}\theta(\eta)}{\mathrm{d}\eta} vérifie :

\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}\eta} + 2\eta\varphi(\eta) = 0

Il s'agit d'une équation différentielle linéaire homogène du premier ordre à coefficients variables, dont la solution générale s'écrit :

\varphi(\eta) = A\exp(-\eta^2)

où A est une constante réelle d'intégration. En intégrant entre 0 et \eta, on obtient :

\theta(\eta) - \theta(0) = \int_0^\eta \varphi(z)\,\mathrm{d}z = A\int_0^\eta e^{-z^2}\,\mathrm{d}z

soit :

\theta(\eta) = \theta(0) + A\int_0^\eta e^{-z^2}\,\mathrm{d}z

D'après la question Q26, les conditions aux limites pour t > 0 sont :

  • en surface (y = 0, soit \eta = 0) : \theta(0) = 1 ;
  • à l'infini (y \to +\infty, soit \eta \to +\infty) : \lim_{\eta \to +\infty}\theta(\eta) = 0.

La première condition impose directement \theta(0) = 1. La seconde condition donne alors :

0 = 1 + A \int_0^{+\infty} e^{-z^2}\,\mathrm{d}z

L'énoncé donne \int_0^{+\infty} e^{-z^2}\,\mathrm{d}z = \frac{\sqrt{\pi}}{2}, d'où :

1 + A\,\frac{\sqrt{\pi}}{2} = 0 \implies A = -\frac{2}{\sqrt{\pi}}

On en déduit l'expression de \theta(\eta) :

\boxed{\theta(\eta) = 1 - \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^\eta e^{-z^2}\,\mathrm{d}z}

D'après la définition de la température adimensionnée introduite en Q26 :

\theta(y,t) = \frac{T(y,t) - T_1}{T_0 - T_1} \implies T(y,t) = T_1 + (T_0 - T_1)\,\theta(\eta)

En remplaçant \theta(\eta) par son expression avec \eta = \frac{y}{2\sqrt{Dt}}, on obtient :

T(y,t) = T_1 + (T_0 - T_1) \left( 1 - \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^{\frac{y}{2\sqrt{Dt}}} e^{-z^2}\,\mathrm{d}z \right)

soit, sous forme factorisée :

\boxed{T(y,t) = T_0 + (T_1 - T_0)\,\frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^{\frac{y}{2\sqrt{Dt}}} e^{-z^2}\,\mathrm{d}z}

Résultat

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III.B · Formation d'une croûte de lave solide.

Question 29

ExigeanteTemps estimé : ≈ 6 min
  • Calcul littéral
  • Résultat donné : utilisable pour la suite

Chapitre : Diffusion et transferts thermiques › Diffusion thermique

Notions : problème de stefan, fonction d'erreur

En reprenant l'équation de la question 27, montrer que

Voir l'indice

Intégrer de nouveau \theta'(\eta) = C e^{-\eta^2} en ajustant la constante d'intégration grâce à la condition à l'interface mobile \theta(\lambda) = 1.

Voir la stratégie
  1. Résoudre l'équation différentielle linéaire du second ordre vérifiée par \theta(\eta), établie à la question Q27, en faisant intervenir la fonction \operatorname{erf}.
  2. Exprimer les conditions aux limites pour la variable sans dimension \eta \in [0, \lambda] à partir de la définition de \theta(y,t) propre à la partie III.B.
  3. Déterminer les deux constantes d'intégration pour obtenir le profil demandé.
Voir la réponse courte

Résolution avec la condition à l'interface mobile y_s(t) correspondant à \eta = \lambda, d'où l'expression de \theta(\eta).

Voir le corrigé complet

L'équation différentielle régissant la température adimensionnée \theta en fonction de la variable autosimilaire \eta est (question Q27) :

\frac{\mathrm{d}^2\theta}{\mathrm{d}\eta^2} + 2\eta \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}\eta} = 0

En posant \varphi(\eta) = \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}\eta}, l'équation se réécrit \frac{\mathrm{d}\varphi}{\varphi} = -2\eta\,\mathrm{d}\eta, ce qui conduit par intégration à :

\varphi(\eta) = C_1\,e^{-\eta^2}

où C_1 est une constante réelle. Une nouvelle intégration fournit la forme générale de \theta(\eta) :

\theta(\eta) = C_1 \int_0^\eta e^{-z^2}\,\mathrm{d}z + C_2 = A\,\operatorname{erf}(\eta) + B

où A = \frac{\sqrt{\pi}}{2} C_1 et B = C_2 sont deux constantes d'intégration, en utilisant la définition :

\operatorname{erf}(\eta) = \frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^\eta e^{-z^2}\,\mathrm{d}z

Dans cette partie III.B, la température adimensionnée est définie pour la croûte solide 0 \leqslant y \leqslant y_s(t) par :

\theta(y,t) = \frac{T(y,t) - T_0}{T_f - T_0}

Les conditions aux limites se traduisent pour la variable \eta = \frac{y}{2\sqrt{Dt}} :

  • À la surface extérieure y = 0, soit \eta = 0, la température est imposée à T_0 :

    \theta(0) = \frac{T_0 - T_0}{T_f - T_0} = 0

    Comme \operatorname{erf}(0) = 0, il vient immédiatement B = 0.

  • Au front de solidification y = y_s(t), soit \eta_s = \lambda, la température est la température de fusion T_f :

    \theta(\lambda) = \frac{T_f - T_0}{T_f - T_0} = 1

    D'où A \operatorname{erf}(\lambda) = 1, soit A = \frac{1}{\operatorname{erf}(\lambda)}.

On en déduit l'expression de \theta(\eta) :

\boxed{\theta(\eta) = \frac{\operatorname{erf}(\eta)}{\operatorname{erf}(\lambda)}}

Résultat

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Question 30

Application directeTemps estimé : ≈ 4 min
  • Calcul littéral
  • Faisable en première année (toutes filières)

Chapitre : Diffusion et transferts thermiques › Diffusion thermique ; Thermodynamique › Changements d'état du corps pur

Notions : enthalpie de changement d'état, solidification

Quelle est l'énergie libérée par la solidification à la température d'une tranche de lave de surface en fonction de la masse volumique de la lave en fusion et l'enthalpie de fusion massique : .

Voir l'indice

Calculer la masse de la tranche infinitésimale de lave \mathrm{d}m = \rho S\,\mathrm{d}y_s et multiplier par l'enthalpie massique de fusion.

Voir la réponse courte

Expression de la chaleur latente libérée par solidification de la tranche massique \mathrm{d}m = \rho S \mathrm{d}y_s.

Voir le corrigé complet

Considérons la tranche de lave d'épaisseur \mathrm{d}y_s et de surface S qui se solidifie entre les instants t et t+\mathrm{d}t. Son volume est :

\mathrm{d}V = S\,\mathrm{d}y_s

La masse de lave subissant la transition de phase liquide \to solide est donc :

\mathrm{d}m = \rho\,\mathrm{d}V = \rho\,S\,\mathrm{d}y_s

La solidification étant la transformation inverse de la fusion, l'enthalpie massique de solidification vérifie :

\Delta h_{\mathrm{liq}\to\mathrm{sol}}(T_f) = -\Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f)

Cette transformation est exothermique : le système cède à l'extérieur un transfert thermique \delta Q_{\text{reçu}} = \mathrm{d}m\,\Delta h_{\mathrm{liq}\to\mathrm{sol}}(T_f) < 0.

L'énergie thermique \delta Q libérée (donc comptée positivement) par la solidification de cette tranche s'écrit ainsi :

\boxed{\delta Q = \rho\,S\,\Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f)\,\mathrm{d}y_s}

Résultat

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Question 31

ExigeanteTemps estimé : ≈ 7 min
  • Mise en équation
  • Calcul littéral
  • Résultat donné : utilisable pour la suite

Chapitre : Diffusion et transferts thermiques › Diffusion thermique ; Thermodynamique › Changements d'état du corps pur

Notions : condition de stefan, bilan thermique d'interface

Toute l'énergie libérée par la solidification doit être évacuée par diffusion dans la lave solide car la lave en fusion reste à la température . Montrer que :

Voir l'indice

Écrire la continuité du flux d'énergie à l'interface de solidification entre la chaleur latente libérée et le flux thermique diffusé vers le haut.

Voir la stratégie
  1. Exprimer le transfert thermique conductif élémentaire reçu par le solide à travers l'interface en y = y_s(t) pendant la durée \mathrm{d}t à l'aide de la loi de Fourier.
  2. Écrire le bilan d'énergie à l'interface en traduisant que toute l'énergie libérée par la solidification est évacuée vers la croûte solide.
Voir la réponse courte

Bilan de flux à l'interface mobile de solidification : la chaleur latente libérée compense le flux conductif évacué dans la croûte solide.

Voir le corrigé complet

Considérons l'interface de solidification située en y = y_s(t) à l'instant t.

  • D'après la question Q30, la solidification d'une épaisseur \mathrm{d}y_s pendant la durée \mathrm{d}t libère l'énergie thermique :

    \delta Q = \rho \, S \, \Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f) \, \mathrm{d}y_s
  • La lave en fusion (y > y_s) étant à température uniforme T_f, le gradient thermique y est nul : aucun flux d'énergie ne se propage vers le liquide.
  • Dans la lave solide (y \leqslant y_s), la loi de Fourier donne le vecteur densité de flux thermique :

    \vec{j}_Q = -\kappa \frac{\partial T}{\partial y} \, \vec{u}_y

    Puisque T_0 < T_f, la température augmente avec la profondeur, soit \left(\frac{\partial T}{\partial y}\right)_{y=y_s} > 0. Le flux s'évacue donc vers le haut, c'est-à-dire dans le sens de -\vec{u}_y.

L'énergie thermique évacuée par diffusion vers la lave solide à travers la surface S pendant \mathrm{d}t s'écrit :

\begin{aligned} \delta Q_{\text{évac}} &= -\vec{j}_Q(y_s) \cdot (-\vec{u}_y) \, S \, \mathrm{d}t \\ &= \kappa \left(\frac{\partial T}{\partial y}\right)_{y=y_s} S \, \mathrm{d}t \end{aligned}

La conservation de l'énergie à l'interface impose \delta Q = \delta Q_{\text{évac}}, ce qui donne :

\rho \, S \, \Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f) \, \mathrm{d}y_s = \kappa \left(\frac{\partial T}{\partial y}\right)_{y=y_s} S \, \mathrm{d}t

En divisant par S \, \mathrm{d}t, on obtient la condition de Stefan à l'interface :

\boxed{\rho \, \Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f) \, \frac{\mathrm{d}y_s(t)}{\mathrm{d}t} = \kappa \left(\frac{\partial T}{\partial y}\right)_{y=y_s}}

Résultat

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Question 32

ExigeanteTemps estimé : ≈ 7 min
  • Calcul littéral
  • Résultat donné : utilisable pour la suite

Chapitre : Diffusion et transferts thermiques › Diffusion thermique ; Thermodynamique › Changements d'état du corps pur

Notions : problème de stefan, équation transcendante

En déduire que

Voir l'indice

Exprimer la dérivée spatiale de la température à l'interface y=y_s à l'aide de \theta'(\lambda) et de la relation y_s = 2\lambda\sqrt{Dt}.

Voir la stratégie
  1. Exprimer la vitesse de propagation de l'interface \frac{\mathrm{d}y_s}{\mathrm{d}t} en dérivant la loi d'évolution y_s(t) = 2\lambda\sqrt{Dt}.
  2. Calculer le gradient de température \left(\frac{\partial T}{\partial y}\right)_{y=y_s} à partir de l'expression de \theta(\eta) obtenue à la question Q29.
  3. Injecter ces grandeurs dans le bilan à l'interface (condition de Stefan de la question Q31) et utiliser D = \frac{\kappa}{\rho c} pour conclure.
Voir la réponse courte

Substitution du gradient de température en y = y_s et de \dot{y}_s dans la condition de Stefan pour aboutir à l'équation fermée sur \lambda.

Voir le corrigé complet

Par définition de la constante \lambda, la position de l'interface de solidification s'écrit :

y_s(t) = 2\lambda\sqrt{Dt} = 2\lambda\sqrt{D}\,t^{1/2}.

Sa vitesse de progression est donc :

\frac{\mathrm{d}y_s(t)}{\mathrm{d}t} = 2\lambda\sqrt{D}\left(\frac{1}{2\sqrt{t}}\right) = \lambda\sqrt{\frac{D}{t}}.

D'après la question Q29, la température dans la croûte solide (0 \leqslant y \leqslant y_s(t)) est donnée par :

T(y,t) = T_0 + (T_f - T_0)\,\theta(\eta) \quad \text{avec} \quad \theta(\eta) = \frac{\operatorname{erf}(\eta)}{\operatorname{erf}(\lambda)} \quad \text{et} \quad \eta = \frac{y}{2\sqrt{Dt}}.

On en déduit le gradient spatial de température :

\frac{\partial T}{\partial y} = (T_f - T_0)\,\frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}\eta}\,\frac{\partial \eta}{\partial y} = \frac{T_f - T_0}{\operatorname{erf}(\lambda)}\,\frac{\mathrm{d}(\operatorname{erf}(\eta))}{\mathrm{d}\eta}\,\frac{1}{2\sqrt{Dt}}.

Sachant que \operatorname{erf}(\eta) = \frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^\eta e^{-z^2}\,\mathrm{d}z, sa dérivée par rapport à \eta vaut \frac{2}{\sqrt{\pi}}e^{-\eta^2}. Au niveau de l'interface (y = y_s \iff \eta = \lambda), le gradient de température s'écrit :

\left(\frac{\partial T}{\partial y}\right)_{y=y_s} = \frac{T_f - T_0}{\operatorname{erf}(\lambda)}\left(\frac{2}{\sqrt{\pi}}e^{-\lambda^2}\right)\frac{1}{2\sqrt{Dt}} = \frac{T_f - T_0}{\sqrt{\pi}\sqrt{Dt}}\,\frac{e^{-\lambda^2}}{\operatorname{erf}(\lambda)}.

En reportant ces deux expressions dans la condition de Stefan établie à la question Q31 :

\rho\,\Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f)\,\lambda\sqrt{\frac{D}{t}} = \kappa\,\frac{T_f - T_0}{\sqrt{\pi}\sqrt{Dt}}\,\frac{e^{-\lambda^2}}{\operatorname{erf}(\lambda)}.

Le facteur temporel \sqrt{t} se simplifie (ce qui confirme l'autosimilarité de la solution). De plus, d'après la question Q25, la conductivité s'exprime par \kappa = \rho c D, d'où :

\rho\,\Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f)\,\lambda\sqrt{D} = \rho c \sqrt{D}\,\frac{T_f - T_0}{\sqrt{\pi}}\,\frac{e^{-\lambda^2}}{\operatorname{erf}(\lambda)}.

En simplifiant par \rho\sqrt{D} puis en isolant le terme dépendant de \lambda, on obtient la relation demandée :

\boxed{\frac{\exp(-\lambda^2)}{\lambda\operatorname{erf}(\lambda)} = \frac{\sqrt{\pi}}{c(T_f - T_0)} \Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f)}

Résultat

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Question 33

Application directeTemps estimé : ≈ 3 min
  • Question de cours
  • Raisonnement qualitatif

Chapitre : Diffusion et transferts thermiques › Diffusion thermique

Notions : recherche de racine, algorithme de dichotomie

Quel algorithme peut on utiliser pour obtenir la constante numériquement ? Expliquer en quelques mots son fonctionnement.

Voir l'indice

Citer la méthode de dichotomie (ou de Newton-Raphson) en décrivant brièvement le principe de division d'intervalle par encadrement successif.

Voir la stratégie
  1. Formuler le problème sous la forme de la recherche d'une racine d'une fonction scalaire continue F(\lambda) = 0.
  2. Proposer un algorithme standard du programme d'informatique de CPGE (méthode de dichotomie ou méthode de Newton).
  3. Décrire brièvement son principe de fonctionnement étape par étape.
Voir la réponse courte

Principe d'un algorithme de dichotomie ou de la méthode de Newton-Raphson pour résoudre l'équation non linéaire en \lambda.

Voir le corrigé complet

La détermination de la constante \lambda revient à résoudre numériquement une équation non linéaire de la forme :

F(\lambda) = 0 \quad \text{avec} \quad F(\lambda) = \frac{\exp(-\lambda^2)}{\lambda \operatorname{erf}(\lambda)} - \frac{\sqrt{\pi}\,\Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f)}{c(T_f - T_0)}.

On peut utiliser l'un des algorithmes classiques suivants :

1. La méthode de dichotomie (ou bissection)

  • Initialisation : on choisit un intervalle [a, b] sur lequel la fonction continue F change de signe, soit F(a) \cdot F(b) < 0 (d'après le théorème des valeurs intermédiaires, F s'annule au moins une fois sur [a, b] ; l'unicité est garantie par la stricte décroissance de \lambda \mapsto \frac{\exp(-\lambda^2)}{\lambda \operatorname{erf}(\lambda)}).
  • Itération : à chaque étape, on calcule le milieu de l'intervalle m = \frac{a+b}{2}.

    • Si F(a) \cdot F(m) \leqslant 0, la racine se situe dans la moitié gauche, on pose b = m.
    • Sinon, elle se situe dans la moitié droite, on pose a = m.
  • Arrêt : l'algorithme s'arrête dès que la largeur de l'intervalle b - a \leqslant \varepsilon, où \varepsilon est la précision souhaitée. L'approximation de \lambda est alors donnée par m.

2. Autre algorithme possible : la méthode de Newton-Raphson Partant d'une valeur initiale \lambda_0 > 0, on génère la suite :

\lambda_{k+1} = \lambda_k - \frac{F(\lambda_k)}{F'(\lambda_k)},

qui offre une convergence d'ordre 2 (quadratique) vers la racine, avec un critère d'arrêt portant sur |\lambda_{k+1} - \lambda_k| < \varepsilon ou |F(\lambda_k)| < \varepsilon.

\boxed{\text{On peut utiliser la méthode de dichotomie (ou la méthode de Newton-Raphson).}}

Résultat

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Question 34

ExigeanteTemps estimé : ≈ 7 min
  • Application numérique
  • Exploitation de document

Chapitre : Diffusion et transferts thermiques › Diffusion thermique

Notions : problème de stefan, application numérique

À l'aide de la figure 7, estimer la valeur numérique de . En déduire l'épaisseur de la croûte de lave six mois après l'éruption. Comparer votre résultat à ceux de la figure 8 tirés d'une expérience.

Voir l'indice

Calculer numériquement la valeur du second membre, lire l'abscisse \lambda sur le graphe 7, puis évaluer y_s = 2\lambda\sqrt{Dt} pour t = 6\text{ mois}.

Voir la stratégie
  1. Évaluer numériquement le second membre de l'équation de la question Q32 afin de déterminer \lambda par lecture graphique sur la figure 7.
  2. Calculer l'épaisseur y_s(t) = 2\lambda\sqrt{Dt} pour t = 6\text{ mois}.
  3. Lire la valeur expérimentale et théorique sur la figure 8 à t = 0{,}5\text{ an} et commenter l'accord entre le modèle et l'expérience.
Voir la réponse courte

Détermination graphique de \lambda, calcul de l'épaisseur de croûte y_s(6\text{ mois}) = 2\lambda\sqrt{Dt} et confrontation avec les données de terrain.

Voir le corrigé complet

1. Estimation numérique de \lambda

D'après la question Q32, le paramètre \lambda vérifie :

\frac{\exp(-\lambda^2)}{\lambda\,\operatorname{erf}(\lambda)} = \frac{\sqrt{\pi}}{c(T_f - T_0)}\,\Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f)

Avec les données fournies :

\begin{aligned} c(T_f - T_0) &= 1\times 10^3\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} \times 1000\text{ K} = 1{,}0\times 10^6\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1} = 1000\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} \\ \Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f) &= 400\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} \\ \frac{\exp(-\lambda^2)}{\lambda\,\operatorname{erf}(\lambda)} &= \frac{1{,}77 \times 400}{1000} \approx 0{,}71 \end{aligned}

Sur la figure 7, pour une ordonnée de 0{,}71, on lit en abscisse :

\boxed{\lambda \approx 0{,}86}

(une valeur comprise entre 0{,}84 et 0{,}88 est tout à fait acceptable compte tenu de la précision de lecture).

2. Épaisseur de la croûte six mois après l'éruption

Une durée de six mois correspond à :

t = 0{,}5\text{ an} \approx 0{,}5 \times 365{,}25 \times 24 \times 3600\text{ s} \approx 1{,}58\times 10^7\text{ s}

La longueur caractéristique de diffusion associée est :

\sqrt{Dt} = \sqrt{7\times 10^{-7}\text{ m}^2\cdot\text{s}^{-1} \times 1{,}58\times 10^7\text{ s}} = \sqrt{11{,}06\text{ m}^2} \approx 3{,}32\text{ m}

L'épaisseur de la croûte solide est alors donnée par y_s(t) = 2\lambda\sqrt{Dt} :

y_s(t) = 2 \times 0{,}86 \times 3{,}32\text{ m} \approx 5{,}7\text{ m}
\boxed{y_s(6\text{ mois}) \approx 5{,}7\text{ m}}

3. Comparaison avec les données expérimentales de la figure 8

Sur la figure 8, à l'abscisse t = 0{,}5\text{ yr} (six mois) :

  • la courbe théorique tracée indique une épaisseur y_m \approx 5{,}7\text{ m} ;
  • les points de mesure expérimentaux (notamment ceux du cratère de Makaopuhi \circ et de Kilauea Iki \Box) sont resserrés autour de cette valeur, entre 5{,}5\text{ m} et 6{,}0\text{ m}.

Le modèle de diffusion thermique avec transition de phase (problème de Stefan autosimilaire) reproduit donc remarquablement bien la cinétique de solidification observée in situ.

Résultat

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Questions fréquentes sur ce sujet

Quels chapitres faut-il réviser pour le sujet Mines-Ponts Physique 1 MPI 2023 ?

Surtout 3 chapitres : Cinématique et dynamique du point (44 % des questions, partie I), Diffusion thermique (31 %, partie III) et Approche énergétique et oscillateurs mécaniques (16 %, partie II). Plus ponctuellement : Changements d'état du corps pur, Référentiels non galiléens et forces d'inertie et Frottement solide.

Peut-on travailler le sujet Mines-Ponts Physique 1 MPI 2023 dès la première année (MP2I ou MPSI) ?

En partie : 23 questions sur 34 (68 %) ne demandent que le programme de MP2I ou MPSI. Blocs abordables : la partie I en entier (Q1 à Q15) et la partie II en entier (Q16 à Q22), ainsi que Q30. Avec les autres programmes de première année : 23 en PCSI, 23 en PTSI, 23 en TSI1 et 23 en BCPST1.

Combien de temps faut-il pour traiter le sujet Mines-Ponts Physique 1 MPI 2023 ?

Environ 3 h 15 pour tout traiter (estimation question par question pour un candidat bien préparé), pour une épreuve de 3 h : le sujet est un peu long, il faut avancer sans s'attarder. La partie I est la plus longue (environ 1 h 30).

Quelles sont les questions les plus difficiles du sujet Mines-Ponts Physique 1 MPI 2023 ?

Q13 (fonction w de lambert), cotée 4 sur 4 dans ce corrigé.

Quelles questions de cours et quels classiques contient le sujet Mines-Ponts Physique 1 MPI 2023 ?

Questions de cours : Q1 (référentiel galiléen), Q17 (petit angle), Q22 (cycloïde), Q23 (refroidissement de la terre), Q24 (vecteur densité de flux thermique) et Q33 (recherche de racine). Classiques incontournables, à savoir refaire : Q2 (principe fondamental de la dynamique), Q4 (portée), Q6 (frottement fluide), Q16 (pendule simple), Q18 (intégrale première du mouvement) et Q25 (équation de la chaleur).

Où gagner des points facilement dans le sujet Mines-Ponts Physique 1 MPI 2023 ?

Beaucoup de questions rapides et accessibles (15 sur 34), par exemple : Q1 à Q3, Q5, Q7, Q9, Q10, Q16, Q17, Q22 à Q24, Q26, Q30 et Q33. Résultat donné par l'énoncé, que l'on peut admettre pour poursuivre : Q14, Q18, Q27 à Q29, Q31 et Q32.

Le sujet Mines-Ponts Physique 1 MPI 2023 était-il difficile et quelle a été la moyenne ?

D'après le rapport du jury, c'est un sujet difficile. Le jury a été surpris de trouver la première partie très sélective, la résolution des équations différentielles avec conditions aux limites ayant particulièrement trié les candidats. Moyenne : 10,99/20 (écart-type 3,81, 664 présents).

À quel ordre développer l'exponentielle en Q7 ?

À l'ordre 2 pour z(t). Un développement limité au premier ordre élimine le terme de pesanteur par compensation exacte avec -g\tau t ; le terme d'accélération -\frac{1}{2}gt^2 n'apparaît qu'au deuxième ordre en t/\tau.

La variable adimensionnée theta change-t-elle de définition entre Q26 et Q29 ?

Oui : en Q26, \theta = (T - T_1)/(T_0 - T_1) vaut 1 en surface (y=0), alors qu'en Q29, elle est redéfinie par \theta = (T - T_0)/(T_f - T_0), qui s'annule en surface et vaut 1 au front de solidification.

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Corrigé rédigé par WikiPrépa ; ce n'est pas un corrigé officiel du concours. Mis à jour le 27 septembre 2026.