(Corrigé) Dynamique du point .pdf



Nom original: (Corrigé) Dynamique du point.pdfTitre: (Corrigé) Dynamique du pointAuteur: www.USTHB.info

Ce document au format PDF 1.5 a été généré par dvips(k) 5.99 Copyright 2010 Radical Eye Software / MiKTeX GPL Ghostscript 9.0, et a été envoyé sur fichier-pdf.fr le 23/11/2014 à 00:19, depuis l'adresse IP 41.104.x.x. La présente page de téléchargement du fichier a été vue 1308 fois.
Taille du document: 697 Ko (8 pages).
Confidentialité: fichier public


Aperçu du document


USTHB
1ère année ST

Faculté de Physique
Corrigé de la série dynamique

Année 2011-2012
Sections 16 à 30

M. Hachemane (usthbst10@gmail.com), A. Dib et A. Chafa

Exercice 1
Données : m1 = 3.2kg, v1 = 6.0m/s 0uest, m2 = 1.6kg, v2 = 5.0m/s Nord, ∆t = 2s, v1′ = 3.0m/s N 30° E.
A chaque étape, on fait d’abord la somme ou la différence vectoriel géométriquement.

p2

pT

v’1

v1

v2

v’2

p’1
p1

p1

a)

d)
b)

c)

Un calcul avec l’échelle donne : a) pT = 20.8kg.m/s, b) ∆p1 = ∆p2 = 25.4kg.m/s et F12 = F21 = 12.7N
c) ∆v1 = 7.9m/s et ∆v2 = 15.8m/s, d) v2′ = 15.0m/s
On donne maintenant un calcul analytique :
a) Représentation : ~
pT = ~
p1 + p~2 = m1~v1 + m2~v2 .p
Système isolé ~pT = p~′T .
Calcul : p1 = 19.2kg.m/s, p2 = 8kg.m/s et pT = p21 + p22 = 20.8kg.m/s
b) Représentation : ∆~
p1 = p~′1 − ~
p1 . Comme p~′T = ~p′1 + p~′2 = p~T =⇒ p~′2 − ~p2 = −(~
p′1 − ~p1 ) =⇒ ∆~
p2 = −∆~
p1
∆~
p
∆~
p
∆~
p
F~12 = ∆t1 = 2 1 et F~21 = ∆t2 = −F~12
Calcul : p~′1 = m1 v1′ cos α~i + m1 v1′ sin α~j et ~
p1 = −m1 v1~i. Donc ∆~
p1 = m1 (v1′ cos α + v1 )~i + m1 v1′ sin α~j et ∆~
p2 =


~
~
−m1 (v1 cos α + v1 )i − m1 v1 sin αj p
∆~
p1 = 24~i + 8.3~j et ∆p1 = ∆p2 = (24)2 + (8.3)2 = 25.4kg.m/s
1
F~12 = 12~i + 4.2~j = −F~21 et F12 = F21 = ∆p
2 = 12.7N
c) Représentation : La même que celle de ∆~
p car ∆~
p1 = m1 ∆~v1 et ∆~
p2 = m2 ∆~v2
∆p1
p1


~
~
~
~
=
(v
cos
α
+
v
)
i
+
v
sin
α
j
=
7.5
i
+
2.6
j
et
∆v
Calcul : ∆~v1 = ∆~
1
1 = m1 = 7.9m/s
1
1
m1
p2
∆~
p1
m1
m1
∆~v2 = ∆~
v1 = −15~i − 5.2~j et ∆v2 = m
∆v1 = 15.8m/s
m2 = − m2 = − m2 ∆~
2

d) Représentation : ~v2 = ~v2 + ∆~v2√
Calcul : ~v2′ = −15~i − 0.2~j et v2′ = 152 + 0.22 = 15.0m/s
Exercice 2
Données µs = 0.6, µg = 0.5, α = π6 , m2 = 2kg, g = 10m/s2
~ 1 ,T~1 ). Celles agissant sur m2 sont (P~2 ,C
~ 2 ,T~2 ).
1. Les forces agissant sur m1 sont (P~1 ,C
C2
-T2

T2

-T1

C1
T1
m1

m2
P2

Y’

y

0’

α

P1

x

x’

0

~ 1 est perpendiculaire au plan incliné car il n’y a pas de frottements.
C
~2 = C
~ 0 (limite de l’équilibre) est inclinée vers la droite pour l’une des deux raisons suivantes :
C
~
– m2 essaye de glisser vers la gauche
et C
0 s’oppose à ce glissement.

~ 2 = − P~2 + T~2 .
– il y a équilibre, donc C
Appliquons la RFD aux deux masses :
Système m1
~ 1 + T~1 = ~0
P~1 + C


O′ x′ : T~1 = m1 g sin α

~
O′ y ′ : C
1 = m1 g cos α

Système m2
~
~
~
P~2 + C
2 + T2 = 0
~ ~
Ox : C0x = T2


~
Oy : C
0y = m2 g







~
~
Masses négligeables du fil et de la poulie : T~2 = T~1 . Limite de l’équilibre C
0x = µs C0y = µs m2 g. On trouve
s m2
m1 g sin α = µs m2 g ⇒ m1 = µsin
α ⇒,m1 = 2.4kg
2. On doit déterminer toutes les forces et représenter les forces réelles (non leurs composantes) aux bons points
d’application :
1




~
~
~
P1 = m1 g = 24N , C
1 = m1 g cos α = 20.79N , T1 = m1 g sin α = 12N .






~
~
~
~ ~
P2 = C0y = m2 g = 20N , C
0x = µs m2 g = 12N , C0 = 23.32N , T2 = 12N
Il suffit de refaire la représentation de la première question mais en respectant l’échelle. Remarquez les points d’appli~ 2 peuvent être représentées en trait pointillé pour respecter cette échelle (les
cation des forces. Les composantes de C
composantes des forces de contact sont des projections mathématiques, elles n’existent pas réellement).
~ 2 est inclinée vers la droite car sa composante
3. Donnée m1 = 4kg > 2.4N . On a un glissement vers la gauche et C
~
C2x doit être dans le sens contraire du mouvement (frottements). Les autres forces gardent les mêmes directions.
Système m1
~ 1 + T~1 = m1~a1
P~1 + C



Ox : m1 g sin α − T~1 = m1 a1

~
Oy ′ : C
1 = m1 g cos α

Système m2
~ 2 + T~2 = m2~a2
P~2 +
C

~ ~
Ox : T2 − Cx = m2 a2

~
Oy : C
y = m2 g


~
~
Cx = µg C
y = µg m 2 g



Masses négligeables du fil et de la poulie : T~2 = T~1 = T~ . Fil inextensible a1 = a2 = a.
m sin α−µ m2

(Ox′ ) + (Ox) ⇒ m1 g sin α − µg m2 g = (m1 + m2 ) a ⇒ a = g 1(m1 +m2g)


m2
(Ox′ ) ⇒ T~1 = m1 (g sin α − a) = g mm11+m
(sin α + µg ) = 13.33N
2
Exercice 3
Données m = 100g, R = 1m, µs = 0.5777, g = 9.81ms−2

= 1.67 sm2

LJ
ɽ
ϭͿ

0

LJ

K



ɽ



ϮͿ



ɽ

dž
Z

P

K

dž
Z

ɽ

ɽ
P




~ 0 = ~0 ⇒ C
~ 0 = −P~
1. C’est la limite de l’équilibre P~ + C
Axe normal : mg sin θm = C0n . Axe tangentiel : mg cos θm = C0t = µs C0n = µs mg sin θm . Donc tan θm = µ1s = 1.731.
Donc θm = 59.98◦
2. La particule a surement été lâchée d’un angle θ < θm = 59.98◦ car elle est en mouvement. Elle arrive à θN = π3
avec l’accélération a = 2.8ms−2 et la vitesse v = 1ms−1 . Dans ce cas, on a :
~ = m~a (On suppose que µg n’est pas donné)
P~ + C


2

Axe normal : −mg sin θN + Cn = man = m vR ⇒ Cn = m g sin θN +
Détermination de Ct :
q
2 2
Axe tangentiel mg cos θN − Ct = mat = m a2 − vR
q
2 2
Ct = mg cos θN − m a2 − vR = 0.23N → 0.46cm

v2
R

= 0.95N → 1.9cm

C

3. On peut alors déterminer µg = C⊥k = CCnt = 0.24
Exercice 4
Données m = 2kg, µs = 0.4, α = π6 , g = 9.81m/s2
C0

F0

C0A

C

C0B

F0
CAB

LJ
K

F
CBA

dž

ϭΣͿ

PAB

ϮΣͿ

PA

ϮΣͿ

PB

1. On considère les deux masses
comme
A la limite de l’équilibre on a
un seul
système.


~
~ 0 + F~ = ~0 où P~ = 2m~g et
~
P~ + C
C
=
µ
C
0x
s 0y .







~ ~
~
~
~
Axe Ox : Fx = C0x = µs C0y ⇒ F cos α = µs C
0y
2

ϯΣͿ

PAB







~
~

~
Axe Oy : F~y + 2mg − C
0y = 0 ⇒ F sin α + 2mg = C0y




µs
(Ox) − µs (Oy) ⇒ F~ (cos α − µs sin α) − 2µs mg = 0 ⇒ F~ = (cos α−µ
2mg = 23.57N
s sin α)
~
~
~
~
2.a. Forces sur A : F , PA , CA (action du sol qui s’oppose au mouvement), CAB (B empêche A de se déplacer).
~ B (action du sol qui s’oppose au mouvement), C
~ BA (A pousse B pour le déplacer).
Forces sur B : P~B , C
~
~
~
~
~
~
~
~
~
2.b. Pour A : F + m~g + CA + CAB
−CAB
CBA =
B : m~g + CB + CBA = 0 avec
= 0. Pour
~
~ ~
~ ~
Ox pour (A) : F cos α − CAx − CAB = 0 et Ox pour (B) : CBx = CBA






~
~
Oy pour (A) : − F~ sin α − mg + C
Ay = 0 et Oy pour (B) : CBy = mg







~
~ ~
~
A la limite de l’équilibre, on a C
Ax = µs CAy et CBx = µs CBy




~
~
Les équations de (B) donnent directement C
BA = µs mg = 7.85N = CAB


3. Données F~ = 30kgm/s2, a = 4m/s2
3.a. Considérons les deux corps comme un seul système
~
F~ + 2m~
g + C = 2m~

a
~
~ ~
~
Ox : F cos α − C
=
2ma
=⇒

Cx = F cos α − 2ma = 9.98N
x




~
~ ~
3.b. Oy : − F~ sin α − 2mg + C
y = 0 =⇒ Cy = F sin α + 2mg = 54.24N



~ ~
~
~
d’où µd = C
x / Cy = F cos α − 2ma / F sin α + 2mg = 0.18
Exercice 5
Données mA = 2kg, mB = 3kg, α = 0.5N/s, F (t) := αt, µs = 0.5, µd = 0.5, g = 10m/s2 .
0

LJ



B
K

&;ƚ0 Ϳ

0






&;ƚ0 Ϳ







W

&

dž

ϭΣͿ

W

ϮΣͿ

W

ϮΣͿ

1. Système (A + B) à la limite de l’équilibre :
~
~
~
(mA +
mB ) ~g + C0 + F0 = 0
~
Ox : C0x = αt0


~
Oy : C
0y = (mA + mB ) g




~
~
µs
C0x = µs C
0y ⇒ t0 = α (mA + mB ) g = 50s

ϯΣͿ

W

2. Pour t1 = 30s, on a un équilibre simple. Pour chaque système on doit avoir ΣF~ = ~0. D’où (l’unité pour toutes les
force est le N ) :
~ AB = −P~A = 20~j
Corps A seul : P~A = −mA g~j = −20~j , C
~
~
~ AB = P~A = −20~j, F~1 = αt1~i = 15~iet C
~ = −αt1~i + g (mA + mB ) ~j =
~
~
Corps B seul : PB = −mB g j = −30j , CBA = −C
~
~
−15i + 50j
~ = −αt1~i + g (mA + mB ) ~j
Corps A et B : P~ = − (mA + mB ) g~j = −50~j, F~1 = αt1~i et C
3. A t2 = 60s, le corps B glisse sur le sol et par rapport au corps A avec lequel il n’a pas de frottements. Autrement
~ AB .
dit, le corps A reste au repos et n’est pas entraîné par B car il n’est soumis qu’aux forces verticales P~A et C
~
~
~
~
~
~
Corps A seul : PA = −mA g j = −20j , CAB = −PA = 20j
~ BA = −C
~
~
~
~ ~
~
~
Corps B seul : P~B = −mB g~j = −30~j , C
AB = P
A =
−20j, F2 = αt2 i = 30i et C




~ BA + F~2 + C
~ = m~a et C
~ x = µd C
~y
RFD pour B : P~B + C

~
Ox : F~2 − C
x = ma

~
Oy : −mB g − mA g + C
y = 0



p
~
~
~
1 + µ2d = 55.9N
Cy = g (mA + mB ) = 50N et C
x = µd g (mA + mB ) = 25N ⇒ C = g (mA + mB )





~
En résumé : P~B = 30N → 3cm, F~2 = 30N → 3cm, C
= 5.59N → 5.59cm,


~
~ il est plus facile de dessiner ces composantes (
~y
Pour dessiner la force réelle C,
= 50N → 5cm, C
C
x = 25N →
2.5cm) en tirets pour rappeler qu’elles ne sont pas des forces réelles mais des composantes mathématiques.
Exercice 6
Données : m = 0.5kg, v0 = 1m/s.

3

ǀ;ŵͬƐͿ

ϮΣͿ

ϭ

LJ
ƚ;ƐͿ

K

ϭ

ƚчϭƐ s

ϯΣͿ

dž

K

ϯ
ϭчƚчϮƐ





ϮчƚчϯƐ

sс Ϭ

ƚ>ϯƐ s

sс Ϭ

&;ƚͿ

dž

W

W

dž

W

&;ƚͿ




dž

W

dž

1. v (t) −v (0) = A (0, t, a) ⇒ 1 = A (0, t, a) ⇒ 1 = A (0, 1, a) + A (3, t, a) = −1 + 21 (3 + a) (t − 3). L’équation de a est
a = 4 (t − 3) + 3 = 4t − 9. On doit résoudre
1 = −1 + 21 (3 + 4t − 9) (t − 3) ⇒ 2t2 − 9t + 7 = 0. Les solutions sont {[t = 1.0s] , [t = 35s]} mais la première n’est pas
acceptable car on a pris t > 3s.
2. Graphe de v (t)
t (s)
[0, 1]
[1, 3]
t = 3s
t > 3s

a m/s2
−1 (constante)
0 (constante)
discontinue
droite
v (m/s)
Droite entre v0 = 1 et v (1) = 0 Droite entre v (1) = 0 et v (3) = 0
parabole
Mouvement
MRUR
Repos
limite de l’équilibre glissement
~ 0x et F~ (3)
~ x et F~ (t)
~x
~ x et F (t > 2)
C
C
Forces sur Ox : frottements C
0 (t < 2), C

~ x . On peut calculer µd dans cette phase µd =
~x
Avant t = 1s, le mouvement est retardé jusqu’à l’arrêt par C
C
/ kCy k =
~ = ~0. Après 2s, la force F~ commence à
m |a| /mg = 0.1. Entre 1s et 2s, le corps reste au repos sous l’action de P~ + C
agir mais elle n’est pas assez grande pour faire glisser le corps. A t = 3s, l’accélération fait un saut et le corps demarre,
~ 0 + P~ + F~0 = ~0. Après 3s, c’est la phase de glissement P~ + C
~ + F~ = m~a.
c’est la limite de l’équilibre C
~ +C
~ + F~ = m~a
3.a. Pour t >
3s,
la
masse
glisse
dans
le
sens
positif
v
>
0.
RFD
:
P




~
~
~ ~
~
Sur Ox : − C
x + F = ma. Sur Oy : −mg + Cy = 0. Glissement : Cx = µD Cy = µD mg

3.b. A t = 4s, a = 7m/s2 avec µD = 0.1 et g = 10m/s2. Donc


q


~
~ ~
~
~
~
2
(0.5) + 52 N = 5.02N )
P = Cy = 5N , C
x = µD mg = 0.5N et F = ma + Cx = 4N . ( C =





~
~
~
3.c. Pour t > 3s, on a a = 4t − 9, F~ = ma + C
x et Cx = mgµD . Donc F = 2t − 4 en (N ).
3.d. Détermination de µs :
D’après le graphe de v (t), entre t = 0s et t = 1s, on a mouvement décéléré jusqu’à ce qu’elle s’arrête avec une
~
(−ma)
= 0.1. Entre t = 1s
accélération a = −1m/s2 due uniquement à C
x = −ma = 0.5N ce qui donne bien µd =
mg

et t = 2s, la masse est au repos v = 0m/s. A partir de t = 2s, la force commence à agir mais la masse reste immobile
jusqu’à t = 3s où elle commence à glisser. Donc t = 3s correspond à la limite (rupture de l’équilibre). D’où :





kF~ (3)k
kC~ 0x k


~
~ 0 + F~ (3) = ~0 ⇒ −
~ 0x
= mg = 0.4.
RFD : P~ + C
C
+ F~ (3) = 0 et −mg + C
0y = 0. Donc µs = C
k ~ 0y k
Exercice 7
Données M = 1kg, µs = 0.5, µg = 0.4, k = 200N/m, g = 10m/s2 .

0



dс Ϭ

&0

LJ





K

W

W
ǀ
d

ǀ с Ϭ
Ͳd

W

W


&
dž

4

dž

~
~
~
~
1. Comme
ni comprimé ni tendu, on a T = 0N . A la limite

le ressort
n’est

de l’équilibre, on écrit P + C0 + F0 = 0
~
~
~
~ ~
avec C0x = µs C0y . Les projections donnent C0y = M g et F0 = C0x = µs M g = 5N .




~
~ ~
2. Pour A, on a P~A = C
0y = M g = 10N → 5cm, F0 = C0x = 5N → 2.5cm



~ ~ ~

Pour B, on a P~B = M g = 10N → 5cm, C
B = CBy = P = 10N → 5cm.


3. Quand A se déplace, le ressort est comprimé et la même force de rappel agit sur chaque masse T~ = kx avec




x = 2cm. La force F~ doit augmenter avec T~ pour garantir une accélération nulle et une vitesse constante :
~
~
~ ~
~
Pour A, on
a P A + CA + F + T = M~a = 0 (vitesse constante).
~
Sur Oy : CAy = M g = 10N → 5cm





~
~
~ ~ ~
Sur Ox : C
Ax = µg M g = 4N → 2cm, T = kx = 4N → 2cm et F = CAx + T = 8N → 4cm.


~ B − T~ = M~a = ~0 (car
Pour B, on a P~B + C
T~ = kx = 4N < 5N , donc B est au repos).


~
Sur Oy : C
By = M g = 10N → 5cm.


~ ~
Sur Ox : C
Bx = T = 4N → 2cm.
~B = C
~ B0 .
4. et 5. Le corps B commence à ce déplacer quand C
~B + C
~ B0 − T~0 = ~0 (limite de l’équilibre)
Pour B, on
a
P


~

sur Oy : C
B0y = M g = 10N → 5cm





~ ~
~
Sur Ox : C
B0x = µs M g = 5N → 2.5cm et T0 = C0x = 5N → 2.5cm.

kT~0 k
Donc x0 = k ⇒ x0 = 2.5cm.
~
~
~ ~
~
Pour A, on
a P A + CA + F + T0 = M~a = 0 (vitesse constante).
~
sur Oy : CAy = M g = 10N → 5cm





~ ~ ~
~
~
Sur Ox : C
Ax = µg M g = 4N → 2cm, T0 = 5N → 2.5cm et F = CAx + T0 = 9N → 4.5cm.
Exercice 8
Données : k = 150N/m, m = 2kg, g = 9.81m/s2


d



LJ

0




dсϬ





Ͳdϭ
ͲdϮ






LJΖ

d

Ͳdϭ
ͲdϮ

ͲdϮ


dž

K

Ͳdϭ

ϮΣͿ

ϭΣͿ

ϯΣͿ
WD

WD


WD

1. L’origine est confondue avec la position de m quand le ressort a sa longueur à vide l0 . Quand m est à la position x,
la force élastique est T~ = −k (x − 0) ~i = −kx~i.




Masse négligeable du fil : T~1 et −T~1 ainsi que T~2 et −T~2 . Masse négligeable de la poulie : T~1 = T~2 . Frottements
~ x = ~0 ⇒ C
~ =C
~y .
négligeables : C
Fil inextensible : a1 = a > 0 et a2 = −a < 0 car a2 < 0 sur Oy. Sur Oy ′ , on aura a1 = a2 = a.
Système m
M
~ T~ (ressort) et T~1 (fil) P~M = M~g et T~2 (fil)
P~m = m~g, C,
Forces
~ ~
P~m + T~ + C
P~M + T~2 = M~a2
RFD
+ T1 = m~a1
~
Ox
−kx + T1 = ma (1)
Rien


~


Oy
mg − C = 0
M g − T~1 = M a (2)

~
M(gm+kx)
(1) + (2) ⇒ a = (Mg−kx)
(M+m) et (2) ⇒ T1 = M (g − a) =
(M+m)




~
~
~
~
2. Il s’agit de la limite de l’équilibre avec µs = 0.8, C = C0 , C
0x = µs C0y et T = 0N . On reprend le calcul de la
question précédente

5

Système
Forces
RFD

m
M
~
~
~
Pm = m~g, C0 , et T1 (fil) P~M = M~g et T~2 (fil)
~ 0 + T~1 = ~0
P~m + C
P~M + T~2 = ~0

~ ~
Ox
− C0x + T1 = 0 (1) Rien



~

Oy ′
mg − C
M g − T~1 = 0 (2)
0y = 0






~
~
~
(1) + (2) ⇒ C
0x = M g. Comme C0x = µs C0y = µs mg, on trouve M = µs m = 1.6kg
3. Dans ce cas,
on a un glissement avec M = 3kg, µd = 0.25 et x = 0.1m. La seule différence avec la première question
~
~
~
est que Cx = µd C
y et T n’est pas nulle :
Système
Forces
RFD

m
M
~ T~ (ressort) et T~1 (fil) P~M = M~g et T~2 (fil)
P~m = m~g, C,
~ + T~1 = m~a1
P~m + T~ + C
P~M + T~2 = M~a2

~ ~
Ox
−kx − Cx + T1 = ma (1)
Rien


~

Oy ′
mg − C
M g − T~1 = M a (2)
y = 0


~
~
g(M−µd m)−kx
= 1.91m/s2
Comme C
x = µd Cy = µd mg, l’addition (1) + (2) donne : a =
m+M




d )+kx
= 23.71N
La relation (2) implique que T~1 = M (g − a) = M gm(1+µ
m+M
Exercice 9
Données : mA < mB , mB = 1kg, α = π6 , β = π4 , µs = 0.5, µd = 0.3, g = 10m/s2 .
1. Comme mA < mB et α < β, c’est mA qui doit monter. Alors mB doit descendre. Les forces de contact s’opposent
à ce sens du mouvement :

Ͳd

LJΖ
Ͳd

LJ



dž

džΖ

K

d
d

Ϭ
α

Ϭ

W

β

W







2. Masses négligeables du fil et de la poulie : T~A = T~B = T~ . Les forces responsables du mouvement sont
mA g sin α et mB g sin β. Par conséquent, le mouvement tend à avoir lieu vers la droite car on a les mêmes coefficients
~ A et C
~ B sont donc inclinées vers la gauche car elles s’opposent au
de frottement avec mA < mB et α < β. Les forces C
glissement.
~A = C
~ A0 et C
~B = C
~ B0 ) :
On suppose que les deux masses sont à la limite de l’équilibre (C
Système mA
mB
~ A0 , T~A (fil)
~ B0 , T~B (fil)
P~A = mA~g , C
P~B = MB ~g, C
Forces
~
~
~
~
~
~
PA + CA0 + T1 = 0
PB + CB0 + T~B = ~0
RFD





~ A0x + T~ = 0 (1) mB g sin β −
~ B0x′
Ox, O′ x′ −mA g sin α − C
C
− T~ = 0 (2)




~
~


Oy, O′ y ′ −mA g cos α + C
−mB g cos β + C
A0y = 0
B0y ′ = 0










~
~


~
~
Limite
CA0x = µs C
CB0x = µs C
A0y = µs mA g cos α
B0y = µs mB g cos β





~
~

(1) + (2) donne −mA g sin α − C
A0x + mB g sin β − CB0x′ = 0. Donc
mA =

mB (sin β−µs cos β)
(sin α+µs cos α)

= 0.38kg.



l’équation (1) donne T~ = mA g (sin α + µs cos α) = mB g (sin β − µs cos β). L’équa

tion (2) donne directement la même valeur T~ = mB g (sin β − µs cos β) = 3.54N .
4. On a un glissement car mA = 0.3kg < 0.38kg sans changement des directions des forces. Fil inextensible ⇒ aA =
aB = a (algébrique, voir sens des axes Ox et O′ x′ )

3. Pour mA =

mB (sin β−µs cos β)
(sin α+µs cos α) ,

6

Système
Forces
RFD

mA
mB
~
~
~
~ B , T~B (fil)
PA = mA~g , CA , TA (fil)
P~B = MB ~g, C
~ A + T~1 = mA~aA
~ B + T~B = mB~aB
P~A + C
P~B + C




~ ~
~ ~
′ ′
Ox, O x −mA g sin α − CAx + T = mA a (1) mB g sin β − C
Bx′ − T = mB a (2)




~
~
Oy, O′ y ′ −mA g cos α + C
−mB g cos β + C
Ay = 0
By ′ = 0








~
~ ′
~
~ ′
=
µ
m
g
cos
α
C
C
=
µ
Limite


CAx = µd C


d A
Ay
By = µd mB g cos β
Bx
d





~
~
(1) + (2) ⇒ a = −mA g sin α − C
Ax + mB g sin β − CBx′ / (mA + mB )

A (sin α+µd cos α)]
= 2m/s2
Donc a = g [mB (sin β−µd cosmβ)−m
A +mB
Exercice 10
La force appliquée à la comète est la force gravitationnelle. C’est une force centrale (parce qu’elle est constamment
~0 = L
~ 1 . En module,
dirigée vers le même point, la terre). Le moment cinétique est donc constant : L
a0
π
L0 = mv0 r0 sin α = mv0 a0 et L1 = mv1 d1 sin 2 = mv1 d1 . Alors L0 = L1 =⇒ v1 = d1 v0
Exercice 11
~ (poussée d’Archimède). La mouvement a lieu dans le plan de la table donc P~ + Π
~ = ~0. La
Forces : P~ = m~g, T~ et Π
~
tension du fil T est centrale et c’est la seule force qui agit sur la masse. Le moment cinétique L = m~r ∧ ~v est constant.
˙uθ , donc L
~ = mr2 θ˙~k avec θ˙ = ω. La conservation du moment
Pour un mouvement circulaire ~r = r~ur et ~v = ~vθ = rθ~
cinétique s’écrit alors
r2
mr12 ω1 = mr22 ω2 =⇒ ω2 = r12 ω1
2
Si r2 < r1 , alors ω2 > ω1 . Si r2 > r1 , alors ω2 < ω1 .
Exercice 12

M
ur = m1~g où ~g = −G M
ur = −g~ur . Au voisinage de la Terre, ~g0 = −G R
ur = −g0~ur .
1. F~ = −G mr12M ~ur = m1 −G M
2~
2~
r
r2 ~


2

R 2
R
Donc g = r g0 = R+h g0


v2
1
2. F~ = G mr12M = m1 an (mouvement uniforme at = 0). L’accélération normale est g = an = m1 r11 où v = 2πr
T1 = ω1 r1
1
pour un mouvement circulaire uniforme (voir aussi l’exercice précédent).
r13
r3
r23
M
Donc G M
= 4π 2 Tr12 ⇒ T12 = G 4π
2 = Const ⇒ T 2 = T 2
r12
1
1
1
2
Exercice 13
~ (normale à la sphère car il n’y a pas de frottements).
1. Forces appliquées à m : P~ et C

nj

D


α

>
ƌ

ɽ

ɽ
Ƶƌ
dž͛

W

LJ Ƶθ

dž

~ = m~a = m d~v
P~ + C
dt
~ Comme la vitesse initiale est nulle, toutes les vitesses (donc le
On voit que d~v est dans le plan défini par P~ et C.
mouvement) sont dans ce même plan.
2. Il s’agit du calcul dans le cas particulier où r = R. On peut utiliser les formules connues avec la notation r˙ = dr
dt et
θ˙ = dθ
:
dt
vr = r˙ = 0 et vθ = rθ˙ = Rθ˙


ar = r¨ − rθ˙2 = −Rθ˙ 2


aθ = rθ¨ + 2r˙ θ˙ = Rθ¨
ur
˙uθ et
On peut faire aussi un calcul direct en utilisant les relations d~
dt = θ~
d~
ur
~r = R~ur . Le vecteur vitesse est ~v = R dt . Donc
˙ uθ
~v = Rθ~
¨uθ − Rθ˙ d~uθ . Donc
Le vecteur accélération est ~a = d~v = Rθ~
dt

dt

¨uθ
~a = −Rθ˙2 ~ur + Rθ~
7

d~

dt

˙ur . Le vecteur position est
= − θ~

~ = m (~r ∧ ~v ). D’après la figure, on a ~ur ∧ ~uθ = ~j (vecteur unitaire de l’axe y ′ Oy). Sachant que ~ur ∧ ~ur = ~0, on
3. L
~ = mR2 θ˙~j.
obtient ~r ∧ ~v = R2 θ˙~j et L


~
~
2 ¨~
~ = ~r ∧ P~ car ~r k C
~ . Or dL
Théorème du moment cinétique : ddtL = ~r ∧ P~ + ~r ∧ C
dt = mR θ j et la figure montre
~r ∧ P~ = Rmg sin θ~j. Par conséquent,
mR2 θ¨ = Rmg sin θ ⇒ Rθ¨ = g sin θ
C’est l’équation différentielle demandée.

¨uθ
~ = m~a = m −Rθ˙ 2~ur + Rθ~
4. RFD : P~ + C

~
Sur ~ur on a : −mg cos θ + C
= −mRθ˙ et sur ~uθ on a : mg sin θ = mRθ¨ ⇒ Rθ¨ = g sin θ.

8


Aperçu du document (Corrigé) Dynamique du point.pdf - page 1/8
 
(Corrigé) Dynamique du point.pdf - page 3/8
(Corrigé) Dynamique du point.pdf - page 4/8
(Corrigé) Dynamique du point.pdf - page 5/8
(Corrigé) Dynamique du point.pdf - page 6/8
 




Télécharger le fichier (PDF)


Télécharger
Formats alternatifs: ZIP Texte




Documents similaires


corrige dynamique du point
cours mecanique rationnelle
td2
polycopie physique4 licence 2 genie civil kassoul
exer travail energ
12 dynmqptmat exo enonc e fr

Sur le même sujet..




🚀  Page générée en 0.012s