12 Dynmqptmat EXO Corrigés Fr .pdf



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167

Dynamique du point matériel

Corrigés des exercices de 5.1 à 5.20

20.5

1.5

Exercice 5.1 :
a/ Puisque le mouvement est circulaire, la vitesse linéaire du corps est : v = r
Convertissons la vitesse angulaire dans les unités du système international :
10.6, 28
=
1, 05rad .s 1
60
Calculons le rayon du mouvement circulaire qu’effectue le corps autour de l’axe EE ' :
r = l.sin 60° , r = 4, 5.0,87 r = 3, 9m
D’où :
v = 1, 05.3,9
v 4,1ms 1
b/ Calcul de l’intensité de la force de réaction du plan sur le corps : le corps est en
mouvement circulaire uniforme sous l’action de forces dont la résultante est une force centrale
de module m 2 . Projetons les différentes forces sur les deux axes (voir figure).
P + T + R = m 2 r.i
T .sin

R.cos

P R.sin

=m

T .cos

2

r

=0

(1)
( 2)

E

y'
60° =

Ry

T

Ty

R

Tx

x

x'

D

E'

Rx

y

Eliminons la tension entre les deux équations (1) et ( 2 ) pour obtenir le module de la
réaction :
T .sin
R.cos + m 2 r
R.cos + m 2 r
=
tg =
T .cos
P R.sin
P R.sin

(

R = m g.sin

2

.r.cos

) ( 3)

; R

37 N

c/ La tension du fil peut être calculée à partir de l’une des deux équations (1) ou ( 2 ) :
R.cos + m 2 r
T 46, 4 N
sin
P R.sin
T=
T 43.42 N
cos
La différence entre les deux valeurs de la tension est due à la valeur approchée que nous
avons prise pour chaque cas.
T=

d/ La vitesse angulaire nécessaire pour que la réaction du plan sur le corps s’annule est
déduite de l’équation ( 3) :

A.FIZAZI

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168

Dynamique du point matériel

(

R = m g .sin
2

=

g .sin
r.cos

2

=

.r.cos

)=0

g .sin
l.sin .cos

Exercice 5.2 :
1/ Nous représentons toutes les forces
agissant sur le système. L’équilibre du système
est vérifié si la somme algébrique des moments
des forces appliquées sur la barre par rapport à
l’axe (le couteau) est nulle, soit : T / = T /
1

P2 + T2 = m2 .a

,

l1

A
T1

P2 + T2 = m2 .a

R
O

1

l2

B

F

T

m1

T2

P1

T2

m m2
a= 3
g
m2 + m3

T3
T3
m3

m2

P2

D’où :

P3 T3 = m3 .a

2,1rad .s

T

T1

Pour calculer l’intensité de la tension T ,
on doit calculer d’abord l’accélération des deux
masses m2 et m3 par rapport à la poulie en
rotation sans translation. Pour cela on applique
la relation fondamentale de la dynamique :
P3 T3 = m3 .a

g
l cos

=

T3 = m3 ( g a )

T2 = m2 ( g + a )
T = 4g

m m2
a= 3
g
m2 + m3

m2 .m3
m2 + m3

T = T2 + T3 , T = m2 ( g + a ) + m3 ( g a )
Pour m1 : P1 = T1
D’après le théorème des moments :

T/

=

T1 /

T1.l1 = T .l2

m2 .m3
.l2
m1 ( m2 + m3 ) .l1 = 4m2 m3 .l2
m2 + m3
2/ La force appliquée par le couteau sur la barre est égale à la résultante des deux forces
parallèles T et T1 :

Et à la fin : m1 g .l1 = 4 g

R = T1 + T

R = g m1 +

4m2 m3
m2 + m3

Exercice 5.3 :
Premier cas : (voir figure ci-dessous).
Nous sommes en présence d’un exercice de dynamique associé au mouvement relatif.
Commençons par appliquer le principe de la relation fondamentale aux masses m1 , m2
et m3 :

A.FIZAZI

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P3

169

Dynamique du point matériel

T1 = m1a1

T1 = m1a1

P3 + T3 = m3 .a3

2 P3 + T1 = 2m3 .a3

P2 + T2 = m2 .a2

2 P2 + T1 = 2m2 .a2

1
T2 = T3 = T1
2

R1

a1

m1

+

T1 T1
+

P1

T
T

T

+

a1

ae = a1

T2

P1

T3
T3
m3

T2

m1
+ T

T2

a3

P3

m2

a2

T2

P2

ae = a1

T3
T3
m3

a3

P3

a2 m2
P2

Premier cas

Deuxième cas

Nous connaissons la loi de composition des accélérations pour le mouvement relatif de
translation (sans rotation) : aa = ar + ae . L’accélération d’entraînement est égale à
l’accélération de la poulie en translation, c'est-à-dire à l’accélération de la masse m1 ( ae = a1 ) .

Quant à l’accélération relative a elle est commune aux deux masses m2 et m3 .
En tenant compte du sens indiqué sur la figure :
Pour la masse m2 l’accélération absolue est : a2 = ar a1
Pour la masse m3 l’accélération absolue est : a3 = ar + a1
Par projection, nous pouvons écrire :
T1 = ma1 (1)

T1 2 P2 = 2m2 ( ar

a1 )

( 2)
T1 + 2 P3 = 2m3 ( ar + a1 ) ( 3)

Nous venons d’obtenir un système d’équations à trois inconnues. L’accélération relative
commune est déduite de l’équation ( 3) :
ar =

A.FIZAZI

2m3 g 2m3a1 m1a1
g
2m3

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( 4)

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170

Dynamique du point matériel

Remplaçons a

par sa valeur tirée de l’équation ( 2 ) pour trouver l’expression de

l’accélération a1 de la masse m1 :
a1 =

Revenons à l’expression ( 4 )

4m2 m3
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3

( 5)

pour calculer l’accélération relative en remplaçant

l’accélération absolue par sa valeur que nous avons trouvée dans l’équation ( 5 ) :
ar =

m3 m1 m1m2
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3

( 6)

Il devient facile maintenant de déduire les deux accélérations restantes a2 et a3 .
L’accélération a2 de la masse m2 :
a2 = ar

a1 ; a2 =

m3m1 m1m2
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
a2 =

4m2 m3
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3

m3m1 m1m2 4m2 m3
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3

L’accélération a3 de la masse m3 :
a3 = ar + a1 ; a3 =

m3m1 m1m2
4m2 m3
g+
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
a3 =

m3m1 m1m2 + 4m2 m3
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3

Deuxième cas : (voir figure ci-dessus)
Nous commençons par appliquer la relation fondamentale de la dynamique aux masses
m1 , m2 et m3 :
T1 = m1a1
P3 + T3 = m3 .a3
P2 + T2 = m2 .a2

T1 = m1a1
2 P3 + T1 = 2m3 .a3

2 P2 + T1 = 2m2 .a2
1
T2 = T3 = T1
2
Comme dans le premier cas aa = ar + ae . L’accélération d’entraînement est égale à

l’accélération de la poulie en translation, c'est-à-dire à l’accélération de la masse m1 ( ae = a1 ) .
Quant à l’accélération relative a elle est commune aux deux masses m2 et m3 .
En tenant compte du sens indiqué sur la figure :
Pour la masse m2 son accélération absolue est : a2 = ar a1
Pour la masse m3 son accélération absolue est : a3 = ar + a1
Par projection, nous pouvons écrire :

A.FIZAZI

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171

Dynamique du point matériel

(8)
T1 2 P2 = 2m2 ( ar a1 ) ( 9 )
T1 + 2 P3 = 2m3 ( ar + a1 ) (10 )
T1 = ma1

Nous venons d’établir un système de trois équations à trois inconnues.
Nous en déduisons l’accélération relative commune de l’équation ( 9 ) :

( m1

ar =

En remplaçant a

2m2 ) g

( m1 + 2m2 ) a1 g

(11)

2m2

par sa valeur dans l’équation (10 ) nous trouvons l’expression de

l’accélération a1 de la masse m1 :
4m2 m3 m1m2 m1m3
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3

a1 =

(12 )

En revenant à l’expression (11) nous calculons l’accélération relative en remplaçant

l’accélération absolue par sa valeur que nous venons de trouver dans l’équation (12 ) :
2m3m1 2m1m2
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3

ar =

(13)

Il est facile à présent d’en déduire les deux accélérations manquantes.
Expression de l’accélération a2 de la masse m2 :
a2 = ar

a1 ; a2 =

2m3m1 2m1m2
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
a2 =

4m2 m3 m1m2 m1m3
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3

3m3m1 m1m2 4m2 m3
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3

Expression de l’accélération a3 de la masse m3 :
a3 = ar + a1 ; a3 =

2m3m1 2m1m2
4m2 m3 m1m2 m1m3
g+
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
a3 =

4m2 m3 m1m3 3m1m2
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3

Exercice 5.4 :
a/ Angle d’inclinaison nécessaire pour que le corps décolle.
Quand la force de frottement statique atteint sa valeur maximale pour un angle de
décollage 0 , appelé angle de frottement et qui est un angle limite, elle s’équilibre avec la

composante du poids Px , à ce moment là, le corps décolle :
f s ,max = Px = mg sin
f s ,max = µ N
N = Py = mg cos

0

tg

0

= µ , tg

0

= 0,80

0

= 38, 66°

0

b/ Intensité de la force de frottement maximale :
f s ,max = µ N , f s ,max = 3,13N
c/ La force normale pour l’angle 35° :

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172

Dynamique du point matériel

N = Py = mg cos
d/ Force de frottement pour l’angle 35° :
f s = Px = mg sin

, N = 4,1N

, f s = 2,87 N
y'

x'

N

fs

m
Px

Py

P

x

y

Exercice 5.5 :
a/ Angle d’inclinaison nécessaire pour que le corps se déplace à vitesse constante, cela
veut dire que la somme des forces doit être nulle :
fc + P + N = 0
Par projection sur les deux axes, il vient :
Px f c = 0 mg sin 0 = µc N
tg 0 = µc , tg 0 = 0, 40 , 0 = 21,8°
Py N = 0 N = mg cos 0

b/ Force de frottement pour l’angle 35° :
N = mg cos

, N = 6, 55 N

c/ Force de frottement cinétique pour l’angle 35° :
f c = µc N ; f c = 2, 62 N
d/ Accélération pour l’angle 35° :
f c = ma

mg sin

mg sin
m

fc

, a = 2, 46 N

y'

x'

N

fc

m
Px

+

Py
P

x

y

Exercice 5.6 :
a/ Pour que le système glisse, tout en maintenant ensemble les deux corps, il faut que les
deux corps aient la même vitesse, donc la même accélération par rapport au plan fixe.(Du

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173

Dynamique du point matériel

point de vue du mouvement relatif, il faut que l’accélération absolue du corps B soit égale à
l’accélération d’entraînement du corps A ).
Soit F , la force qu’il faut appliquer sur le corps A pour que le système glisse tout en
maintenant les deux corps ensembles. Figure (a)
Appliquons la relation fondamentale de la dynamique pour calculer l’accélération des
deux corps :
Pour le corps A :
F
F + P + N = ( mA + mB ) .a , F = ( mA + mB ) .a a =
(1)
mA + mB
0
Pour le corps B : par rapport au repère fixe il est en mouvement, mais par rapport au corps
A il est au repos. C’est pour cette raison que la force de frottement agissant sur lui est une
force de frottement statique. On peut donc écrire :
f s ,max, A = mA .a
µ s mA g
f s ,max, A = µ s N A
a=
a = µs g ( 2 )
mA
N A = PA = mA g
Pour en déduire la force, il suffit d’égaler les deux équations (1) et ( 2 ) :
a=

F
= µs g
mA + mB

F = µ s ( mA + mB ) g , F = 15, 7 N

NB N
f s,B

N
+

B
A
PB

+

B

F

A

F

P

P

b/ Accélération du système quand on applique la force F :
Par rapport au plan de glissement il n’y a pas de force de frottement. Le système est donc
soumis au forces P, N et F . Figure (b)
La relation fondamentale de la dynamique nous permet d’écrire :
P+N =0
F
a=
, a = 1,96ms 2
F = ( mA + mB ) a
( mA + mB )
c/ Accélération du corps B , par rapport au corps A , si la force est appliquée sur le corps
A (figure (c)) :
NB
fc,B

NB
+

B

fc,B

F

A

B
A

F
+

PB

PB

Le corps B est soumis à trois forces PB , N B et f c , B (force de frottement cinétique, car le

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174

Dynamique du point matériel

Corps B est en mouvement par rapport au corps A ). Le corps A qui est soumis à la
force F porte le corps B .
Appliquons la relation fondamentale de la dynamique au corps B :
PB + N B = 0
f c , B = mB a '
f c , B = µc N B

a' =

µc mB g
mB

a ' = µc g , a ' = 0,98ms

2

N B = mB g
Le signe négatif indique que le corps est attiré dans le sens contraire de celui du
mouvement.
L’accélération du corps B si la force qui lui est appliquée est la même (figure (d)). Dans
ce cas le corps B est soumis à quatre forces PB , N B , F et f c , B . Appliquons la relation

fondamentale de la dynamique au corps B :
P+N =0
F f c , B = mB a "

a" =

f c , B = µc N B

F µc mB g
, a " = +0, 98ms
mB

2

N B = mB g
Le signe plus indique que le corps B est attiré dans le sens du mouvement.
Exercice 5.7 :
On applique la relation fondamentale de la dynamique aux deux masses :
P1 + N1 + N 2 + f1 + f 2 = m1a1
P2 + N 2 + f 2 = m2 a2
On projette les relations sur l’axe parallèle au plan incliné :
m1 g sin
f1 f 2 = m1a1 (1)
m2 g sin 1 f 2 = m1a2 ( 2 )
On exprime les deux forces de frottement cinétique :

f1 = h1 ( N1 + N 2 )
N1 = m1 g cos

N 2 = m2 g cos

f2

N2
m1

f1 = h1 g ( m1 cos + m2 cos

N 2 = m2 g cos
f 2 = h2 N 2

f1

)

m2

N1
P2

P1

f 2 = h2 m2 g cos

On remplace les forces de frottement cinétique dans les deux équations (1) et ( 2 ) pour
obtenir les deux nouvelles équations :
m1 g sin
m2 gh2 cos
h1 g ( m1 cos + m2 cos ) = m1a1 ( 3)
m2 g sin

1

h2 m2 g cos

= m2 a2 ( 4 )

On en déduit maintenant les deux accélérations à partie des équations ( 3) et ( 4 ) :

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175

Dynamique du point matériel

m2
g cos
m1

a1 = g ( sin

h1 cos

)

a2 = g ( sin

h2 cos

)

( h2 + h1 )

a2 = 7, 79ms

a1 = 3,53ms

2

2

Exercice 5.8 :
Pour calculer la masse du corps C , nous avons représenté sur la figure (a) toutes les forces
agissant sur le système. Les conditions de décollage, c’est à dire pour que le système entame
son mouvement, est T = f s ,max et T = PB :
T = f s ,max
T = PB = mB g

mC =

f s ,max = µ s N

( mB µs mA )

N = PA = ( mA + mC ) g

µs

, mC = 15kg

Lorsque on enlève le corps C (figure(b)), nous obtenons l’accélération en appliquant la
relation fondamentale de la dynamique au système :
T f c = mA a
( m µc mA ) g , a = 1.36ms 2
PB T = mB a
a= B
mB + mA
f c = µc mA g
N

N

C
f s ,max

T

A

T

f s ,max

T

PA + PC

T

A

T
T

PA

T
B

T
B

PB

PB

Exercice 5.9 :
I/ Lancement dans le vide :
1/ Faisons l’inventaire de toutes les forces et faisons un schéma, puis appliquons la
relation fondamentale de la dynamique. La seule force qui agit sur le point matériel est son
poids P . Donc :
F = P = ma
a = g = g.u z
P = mg

2/ A chaque instant v = vx + vz
Suivant l’axe des X , le mouvement est rectiligne uniforme :
Fx = 0 vx = v0 x = v0 .cos
(1)
Suivant l’axe des Z , le mouvement est rectiligne uniformément varié :

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Dynamique du point matériel

Fz = P = mg

az = g = Cte

vz = gt + v0 y = gt + v0 sin

( 2)

Le vecteur de la vitesse instantanée est donc :
v = vx .u x + vz .u z
v = v0 .cos .u x + ( gt + v0 sin

) .u z

( 3)

3/ Intégrons l’expression ( 3) pour obtenir le vecteur position OM ( t ) :
v=

OM

dOM
dt

t

dOM =

v0 .cos .u x + ( gt + v0 sin

) .uz

dt

0

0

OM = v0 .cos .t .u x +
x

1 2
gt + v0 sin .t .u z
2

( 4)

z

4/ Le projectile atteint sa portée lorsque sa hauteur s’annule ( z = 0 ) . Calculons en premier

lieu l’instant pour lequel ( z = 0 ) :

0
t = 2v0 sin
g
Remplaçons le temps dans l’équation de la coordonnée x pour trouver la portée :
1 2
gt + v0 sin .t = 0
2

x = v0 .cos .t

xmax

2v02 .sin .cos
=
g

, xmax

v02 .sin 2
=
g

5/ Le projectile atteint son apogée zmax lorsque la composante verticale vz de la vitesse
s’annule. Cherchons l’instant pour laquelle cette vitesse s’annule et cela à partir de
l’équation ( 2 ) :
v0 sin
g
Remplaçons maintenant le temps dans l’expression de z de l’équation ( 4 ) . Nous trouvons :
vz = gt + v0 sin = 0

zmax =

t=

v02 .sin 2
2g

II/ Lancement dans l’air :

1/ Dans cette partie : le projectile est soumis à deux forces : P + f = ma
2/ Retrouvons l’équation différentielle :
P + f = ma
dv k
+ v=g
( 5)
dv
dt m
a=
dt
3/ On en déduit directement l’expression vectorielle de la vitesse instantanée v ( t ) en
résolvant l’équation différentielle précédente. Sa solution est:
k
t
m
m
v = Ae + g
k
Reste la détermination de la constante A que nous allons déduire à partir des conditions
initiales qui sont : t = 0, v = v0 ; d’où :

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Dynamique du point matériel

v0 = Ae 0 + g

m
k

A = v0

g

m
k

3/ Donc :

v = v0

g

m
e
k

k
t
m

+g

m
k

( 6)
, on obtient de

La valeur limite est celle pour laquelle le temps tend vers
m
l’équation ( 6 ) : vL = g
k

Introduisons cette valeur limite dans l’équation ( 6 ) pour obtenir :
v = v0

g

k
t
m

m
e
k

+g

m
k

v = ( v0 vL ) e

k
t
m

(7)

+ vL

Exprimons maintenant le vecteur vitesse en fonction des vecteurs unitaires u x et u z :
v0 = v0 cos .u x + v0 sin .u z
m
k
g = gu z

vL = g

v=

vL = g

( v0 cos

m
uz
k

vL = g

m
k

.ux + v0 sin .u z ) + vL .uz e

v = ( v0 cos

)e

k
t
m

vx

k
t
m

vL .u z

u x + ! vL + ( v0 sin + vL ) e
!

k
t
m

vz

" uz
"

4/ Pour obtenir l’expression du vecteur position il suffit d’intégrer l’expression ( 7 ) de
la vitesse :
v=
OM

0

dOM
= ( v0 vL ) e
dt

k
t
m

t

dOM = !( v0 vL ) e

+ vL

k
t
m

+ vL " dt

OM = ( v0 vL )

0

k
e
m

OM = !( v0 vL )

k
t
m

m
1 e
k

k
t
m

+ vL .t

(8)

t

+ vL .t "
0

Pour obtenir les composantes de OM , nous développons l’équation ( 8 ) et puis nous
remplaçons v0 par ses composantes et vL par sa valeur, comme nous l’avons fait pour
l’expression de la vitesse instantanée, et enfin ordonnons l’équation obtenue.
k
t
m
m
OM = ( v0 cos .u x + v0 sin .u z ) + vL .uz
vLt.u z
1 e
k
OM = ( v0 cos

)

m
1 e
k

k
t
m

m
1 e
u x + ! vL .t + ( v0 sin + vL )
k
!

k
t
m

" uz
"

On arrive aux composantes :

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Dynamique du point matériel

m
x ( t ) = v0 cos
k

1 e

k
t
m

m
, z ( t ) = ( v0 sin + vL ) 1 e
k

k
t
m

vL .t

(9)

5/ Le projectile atteint son apogée quand la vitesse verticale s’annule. Cherchons
d’abord l’instant pour lequel cette vitesse s’annule :
vz = vL + ( v0 sin + vL ) e
e
ln e

k
ts
m

k
ts
m

vL
v0 sin + vL

=

= ln

e

vL
v0 sin + vL
ts =

k
ts
m

k
ts
m

=0

=

vL
v0 sin + vL

vL
k
ts = ln
m
v0 sin + vL

v
k
ln 1 + 0 sin
m
vL

Revenons aux deux équations horaires ( 9 ) et remplaçons le temps par la valeur que nous
venons de trouver :
m
xs = v0 cos
k

1 e

xs =

v
km
ln 1+ 0 sin
mk
vL

m
v0 cos
k

m
zs = ( v0 sin + vL ) 1 e
k

zs =

zs =

1

1

v0
sin
vL

1+

v
km
ln 1+ 0 sin
mk
vL

vL .

1
m
( v0 sin + vL ) 1
v
k
1 + 0 sin
vL
v0 sin
m
( v0 sin + vL )
k
vL + v0 sin
zs =

m
x ( t ) = v0 cos
k

1 e

k
t
m

m
v0 sin
k

vL .

vL .
vL

v
m
ln 1 + 0 sin
k
vL

v
m
ln 1 + 0 sin
k
vL

v
m
ln 1 + 0 sin
k
vL

v
m
ln 1 + 0 sin
k
vL

m
, z ( t ) = ( v0 sin + vL ) 1 e
k

k
t
m

6/ Cherchons dans l’expression ( 9 ) les limites de x ( t ) et z ( t ) quand t
x ( t )t

A.FIZAZI

=

m
v0 cos = A
k

x ( t )t

Univ-BECHAR

=A

vL .t = ( 8)

:

(10 )

LMD1/SM_ST

179

Dynamique du point matériel

z ( t )t

=

m
( v0 sin + vL ) vL .t
k

z ( t )t

= vL .t + B

(11)

B

On en déduit de l’équation (11) que lorsque t

le mouvement du projectile devient

rectiligne uniforme, donc la trajectoire a une asymptote quand t
dont l’équation
est (10 ) .
III. Synthèse graphique : les deux graphes montrent la trajectoire dans les deux cas
considérés.
z

z

xL =

m
v0 cos
k

O

x

x

O

Exercice 5.10 :
1/Le mouvement en présence de frottement :
La particule est soumise à trois forces, son poids P , la réaction N de la surface de la
sphère sur la particule et la force de frottement f . A partir de la figure (a) ci-dessous, et en
appliquant a relation fondamentale de la dynamique nous pouvons écrire :
dv
P + N + f = ma m
= P+N + f
dt
Projetons les forces sur les deux axes MT et MN :
dv
dv
PT f = maT = m
mg sin
f =m
(1)
dt
dt
v2
v2
N + PN = maN = m
N + mg cos = m
( 2)
R
R
L’expression de la force de frottement cinétique est :
f = µN
v2
2
f
=
mg
cos
m
µ
v
R
N = mg cos
m
R
Remplaçons dans l’équation (1) pour obtenir l’équation différentielle du mouvement :

µ mg cos

mg sin
dv
dt

µ
R

v 2 = g ( sin

v2
dv
=m
m
R
dt

µ cos

)

2/ Mouvement sans frottement :
a/ Revenons à l’équation (1) en supprimant f et en simplifiant par la masse :
dv
dt

A.FIZAZI

g sin = 0

Univ-BECHAR

dv
= g sin
dt

LMD1/SM_ST

180

Dynamique du point matériel

On multiplie les deux membres par d

, sachant que

d
=
dt

=

v
:
R

d
dv = g sin .d
dt
vdv = gR sin .d
( 3)
d
v
= =
dt
R
Intégrons les deux membres de l’équation ( 3) sachant que le domaine de variation de

est [ 0,

] , celui de v

est [ 0, v ] :
v

1 2
v 0 = Rg ( cos
2

vdv = gR sin .d
0

0

cos 0 )

On obtient finalement :
v 2 = 2 Rg (1 cos

)

b/ Recherche de la valeur angulaire

v = 2 Rg (1 cos
0

)

( 4)

pour laquelle la particule quitte la surface de

la sphère : cela se produit lorsque la force de réaction N s’annule.
Revenons à l’équation ( 2 ) et calculons N :

v2
v2
N = mg cos
m
R
R
2
On remplace v par sa valeur pour aboutir à :
2 Rg (1 cos )
2)
N = mg cos
m
N = mg ( 3cos
R
D’où l’angle recherché est :
mg ( 3cos 0 2 ) = 0 cos 0 = 2 / 3
0 = 48°
N + mg cos = m

Discussion : D’après l’expression obtenue, l’angle

0

ne dépend ni de la masse de la

particule, ni du rayon de la sphère, ni de l’accélération de pesanteur, avec pour condition v ( 0 )
nulle.
N.B : Si v0 % v ( 0 )
v0 étant la vitesse avec laquelle la particule quitte la surface de la
sphère.
v ( 0 ) : La vitesse absolue.
Dans le cas où la vitesse initiale n’est pas nulle, on peut démontrer que :
2 v (0)
= +
3 3Rg

2

cos

0

Dans ce cas l’angle 0 dépend de v ( 0 ) , R et g mais reste indépendant de m .
c/ Calcul de la vitesse correspondante :
v02 = 2 Rg (1 cos 0 )
v0 = 2 Rg (1 2 / 3) , v0 = 3, 65ms 1
cos 0 = 2 / 3
3/ Etude du mouvement lorsque la particule quitte la surface de la sphère.
Nous sommes en présence du mouvement d’un projectile dans le champ de
pesanteur terrestre.
a/ On étudie le mouvement dans le repère MXY (figure(b)).
Suivant l’axe des X : le mouvement est rectiligne uniforme :

A.FIZAZI

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LMD1/SM_ST

181

Dynamique du point matériel

Fx = 0 vx = v0 .cos 0 ( 5 )
Suivant l’axe des Y : le mouvement est rectiligne uniformément varié :
Fy = P = mg a y = g = Cte
v y = gt + v0 sin

(6)

0

Passons à l’expression de la vitesse instantanée du projectile :
v 2 = vx2 + v y2
v = g 2t 2 + 2 gv0 sin 0 .t + 2 Rg (1 cos
2
v0 = 2 Rg (1 cos 0 )

M0

f
M

R

PN
O
N

M

N
PT

)

M

X

FN

0

+

0

T

P

v0 x

0

v0 y

v0

FN

T

T

N

N

Y

P

L’expression du vecteur vitesse est donc : v = v0 .cos 0 .i + ( gt + v0 sin

0

)j

b/ Intensités des forces normale et tangentielle : figure (c).
Force tangentielle:
FT = m.aT = m

dv
dt

FT =

mg ( gt + v0 sin

0

)

g 2t 2 + 2 gv0 sin 0 .t + v02

v2
Force normale : Il n’est pas conseillé d’appliquer la formule FN = m
car le rayon
r
de courbure est inconnu, à ne pas confondre avec le rayon R de la sphère !!
Cette force est calculée à partir de la relation : P = FN + FT

FN = P 2

FT2

D’où :
FN = mg 1

g 2t 2 + 2 gv0 sin 0 .t + v02 sin 2
g 2t 2 + 2 gv0 sin 0 .t + v02

0

Exercice 5.11 :
a/ Intensité du champ de pesanteur terrestre quand le satellite est à mi-chemin entre la
terre et la lune :
24
MT
11 5,98.10
, gT = 6, 67.10
gT = G
gT = 1, 08.10 2 N .kg 1
2
2
8
d
1,92.10
2

(

)

b/ Intensité du champ de pesanteur lunaire quand le satellite est à mi-chemin entre la terre
et la lune :

A.FIZAZI

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LMD1/SM_ST

182

Dynamique du point matériel

ML

gL = G

, g L = 6, 67.10

2

d
2

11

7,36.1022

(1,92.10 )
8

g L = 1,33.10 4 N .kg

2

1

c/ Intensité du champ résultant des champs de pesanteur de la terre et de la lune lorsque le
satellite est à mi-chemin entre la terre et la lune :
g R = gT

gL

g R = 1, 07.10 2 N .kg

,

1

d/ La distance, depuis le centre de la terre, à laquelle le champ résultant s’annule :
ML
M
ML
M
g R = 0 g L = gT , G
= G 2T
= 2T
2
2
r
(d r )
(d r ) r
r2

(d

r)

r
d r

2

=

r2

MT
ML

= 9, 01

(d

r)

= 81, 25

2

r = 3, 45.108 m

r = 345000km

Exercice 5.12 :
Nous avons représenté sur la figure ci-dessous les forces agissant sur le point A . En
projetant sur les deux axes perpendiculaires entre eux, nous obtenons à l’état d’équilibre :
P0 = T cos
y'
l
O
P0 = kl0
l1 = 0
cos
T
T = kl
1

T cos

F = T sin

x

F = kl2 = T sin
P
T= 0
cos

kl0
=
cos

kl0
sin
cos

= kl2

l2 = l0tg

x'

A

F

T sin

P0

y

Exercice 5.13 :
a/ Force agissant sur le corps :

F = ma = mr = 6 ( 6i

24t. j ) , F = 36i 144t. j

b/ Moment de la force par rapport à l’origine :
i
j
k
2
3
4t
3t + 2
= r & F = 3t 6t
36

(

144t

0

)

= 432t 2 + 288t i + (108t + 72 ) j +

(

)

288t 3 + 864t 2 k

c/ Quantité de mouvement du corps :

p = mv = ( 36t 36 ) i

72t 2 . j + 18k

Moment cinétique par rapport à l’origine :

A.FIZAZI

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LMD1/SM_ST

183

Dynamique du point matériel

i
L = r & p = 3t

2

j
6t

4t

36t 36

(

k
3

3t + 2

72t

18

) (

) (

)

L = 144t 3 + 144t 2 i + 54t 2 + 72t + 72 j + 72t 4 + 288t 3 k

d/ Vérifions que F =

dp
:
dt

p = ( 36t 36 ) i

72t 2 . j + 18k

dp
= 36i 144t. j = F
dt

dL
:
dt
L = 144t 3 + 144t 2 i + 54t 2 + 72t + 72 j + 72t 4 + 288t 3 k

Vérifions que

=

(
= ( 432t

2

) (
) (
+ 288t ) i + (108t + 72 ) j + ( 288t

)

3

)

+ 864t 2 k =

Exercice 5.14 :
1/ Exprimons la vitesse de M par rapport à R :
OM = r = lur

v = r = lur

v =l u
ur = u
2/ Calculons le moment cinétique du point M
base ( O, ur , u , u z ) :
LO = OM & p

ur

p = mvr + mv

LO = r = l
0

vr = l.ur = 0 ( l = Cte )

u
0
ml

par rapport à O dans la

uz
0 ; LO = ml 2 .u z
0

v = l .u
Pour que l’on puisse appliquer le théorème du moment cinétique il faut calculer le
moment de la force appliquée au point M , par rapport au point O dans la base ( O, ur , u , u z ) :
O

(

= OM & T + OM & P
0

P = Pr + P

)
O

Pr = mg cos .ur

ur
l
=
mg cos

u
0
mg sin

uz
0
0

P = mg sin .u
O

= mgl sin .uz

Appliquons maintenant le théorème du moment cinétique :
dLO
g
= 0 ; ml 2 .u z = mgl sin .u z
+ sin = 0
dt
l

A.FIZAZI

Univ-BECHAR

(1)

LMD1/SM_ST

184

Dynamique du point matériel

On calcule le moment cinétique du point M par rapport au point O dans la base

( O, i , j , k ) :

i
LO = x
x

LO = OM & p
p = mvx + mv y

j
y
y

k
0 ; LO = m ( xy
0

yx ) k

On calcule le moment de la force appliquée au point M par rapport au point O dans la
base O, i , j , k :

(

)

O

(

= OM & T + OM & P
0

)
O

P = Px + Py = mg . j

i
j
= x y
0 mg

k
0 ;
0

O

= mgx.k

0

Appliquons le théorème du moment cinétique :
dLO
xy yx = gx
= 0 ; m ( xy + xy xy yx ) k = mgx.k
dt
Vérifions que les deux résultats sont identiques :
x = l sin
; x = l cos
; x = l cos
l 2 sin

( 2)

y = l cos ; y = l sin ; y = l sin
l 2 cos
Remplaçons les cinq éléments dans l’équation ( 2 ) pour trouver l’équation (1) :
g
sin = 0
( 3)
l
Appliquons maintenant la relation fondamentale de la
dynamique :
La masse m est soumise à chaque instant à deux
forces : son poids P et la tension T du fil ; Soit F leur
résultante. Nous pouvons décomposer la résultante en deux
composantes, normale et tangentielle (voir figure).
+

N
O

F = P + T = ma

T
M

P cos
u
P + T = FT + FN
u
F = FT + FN = ma
P
On connaît la relation entre la vitesse linéaire et la vitesse
angulaire ainsi que la relation entre l’accélération linéaire et l’accélération angulaire :
dv
v2
v = l , aT =
= l , a N = = 2l
dt
l
Puisqu’on est dans le cas d’un mouvement de rotation de la masse m , il nous est permis
d’introduire le moment de la force par rapport à l’axe OZ . Les moments des forces FN et T
sont nuls parce que ces forces rencontrent l’axe de rotation. Le moment du poids est un
moment de rappel, donc négatif.
= P+ T = F + F
T
N
T

=

P

= P.l sin

FT

A.FIZAZI

FN

=0

mgl sin = m l 2

= FT .l = m l 2

Univ-BECHAR

LMD1/SM_ST

185

Dynamique du point matériel

De tout cela on déduit l’équation de mouvement :
g
+ sin = 0
l

( 4)

Les équations (1) et ( 4 ) obtenues sont parfaitement identiques.

3/ A chaque instant, nous avons P + T = ma . En projetant sur l’axe normal, nous
obtenons :
mg cos + T = maN
T = mg cos + m 2l
Remarquons que la tension varie à chaque instant. Pour des oscillations de très faible
amplitude ( sin ' ) , l’équation différentielle (1) s’écrit sous la forme :
+

g
l

=0

Sa solution est :
=

0

g
t
l

sin

Donc, la vitesse angulaire est :
g
g
cos
t
l
l
Lors du passage du pendule par la position d’équilibre, l’angle s’annule :
g
g
= 0 sin
t =0
t = 0 ± k(
l
l
A ce moment la vitesse est maximale :
=

0

g
cos ( 0 ± k( )
l
cos ( 0 ± k( ) = ±1
=

=

0

0

g
l

Il en est de même pour la tension qui prend la valeur :
T =m g+

g
l

0

C’est cette condition sur la tension qui doit être satisfaite pour que le fil ne casse pas, en
d’autres termes le fil doit supporter au moins cette tension sans se rompre.
Exercice 5.15 :
Le moment cinétique du système est égal à la somme des moments cinétiques de tous les
composants partiels du système. Dans notre cas, le moment cinétique du système par rapport

(

)

au point O est égal au moment LO / G du point G (qui est le centre d’inertie des deux masses)

(

)

(

)

par rapport à O , plus les moments des points A LA / G et B LB / G par rapport à G .

(

LO = LG / O + LA / G + LB / G

)

Commençons par le calcul de LO / G :
LG / O = OG & pG / O
pG / O = 2mvG / O

A.FIZAZI

(

LG / O = 2m OG & vG / O

Univ-BECHAR

)

LMD1/SM_ST

186

Dynamique du point matériel

i
LG / O =

j

xG = a cos

yG = a sin

1

xG = a 1 sin

k

yG = a 1 cos

1

LG / O = 2ma 2

(

0 = ( xG yG

1

xG yG )

0

1

(1)

2
1

)

Calculons ensuite LA / G = LB / G :
LA / G = GA & p A / G

(

LA / G = m GA & vA / G

p A / G = mv A / G
i
LO / G =

j

x = d cos
'
A

x = d
'
A

2

y = d sin

2

sin

k

'
A

y =d
'
A

2

2

LA / G = md 2

2
2

(

0 = x 'A y A'

2

cos

)
x A' y A'

)

0

2

( 2)

= LB / G

Il ne nous reste qu’à additionner les expressions (1) et ( 2 ) pour trouver la réponse à la
question :
LO = 2ma 2

2
1

+ 2md 2

2
2

,

(

LO = 2m a 2

2
1

+ d2

2
2

)

Exercice 5.16 :
1/ Le point M , soumis à chaque instant à son poids et à la tension du fil, est animé d’un
mouvement circulaire uniforme de rayon , dans le plan OXY ,autour de l’axe AZ . Des
projections des deux forces sur l’axe radial résulte une force centripète T sin .
T + P = ma
T sin

= ma N = m

2

r

T =m

2

l
r = l sin
Quant à l’angle il est déterminé à l’aide de la figure ci-dessous, nous trouvons :
T sin
sin
m 2l sin
tg =
=
mg
cos
mg

cos

=

g
2

l
2/ Calcul de l’expression du moment cinétique de M par rapport à A en coordonnées
cylindriques de centre O :
LM / A = AM & p
AM = AO + OM = zu z + rur
AM = l cos .u z + l sin .ur
v = zu z + zu z + rur + rur = r u
0

v = v = l sin .u
p = ml sin .u

A.FIZAZI

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LMD1/SM_ST

187

Dynamique du point matériel

ur

u

uz

LM / A = AM & v = l sin
0
l cos
LM / A = ml 2 sin ( cos .ur + sin .u z )
0
ml sin
0
Vérifions que la dérivée par rapport au temps est égale au moment de la résultante des
forces appliquées sur A , par rapport à M :
Calculons en premier lieu le moment des forces par rapport au point A : M / A = AM & F
Le vecteur F :
F = T + P = ma
F = T sin
F =m

2

= ma N = m

2

r

l sin .ur

Le vecteur AM :
AM = zu z + rur
F =m

2

l sin .u

Z
A

l
uz

T

O

uz

Y

u
T sin

X

M

u

P

Donc :

ur

u

uz

2
l sin
l cos
0
M / A = ml
m 2l sin
0
0
Dérivons le moment cinétique par rapport au temps :
LM / A = ml 2 sin ( cos .ur + sin .u z )
M/A

= AM & F =

(

2

sin .u

(1)

)

dLM / A
= ml 2 sin cos .ur + 0
dt
Nous savons que ur = .ur , et par remplacement on obtient :
dLM / A
= ml 2
dt

2

sin .cos .u

( 2)

Ainsi nous avons pu vérifier le théorème du moment cinétique :
dLM / A
=
dt

A.FIZAZI

M/A

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188

Dynamique du point matériel

Exercice 5.17 :
1/ Le train en abordant un virage circulaire, son mouvement devient circulaire vers la
gauche, car la force centrifuge attire le pendule vers la droite.
2/ Sur la figure ci contre sont représentées les forces qui agissent sur le pendule par
rapport au voyageur. De l’équilibre de ces forces résulte :
P + Fc + T = 0 P + Fc = T
O
v2
T
m
Fc
v2
R
tg =
tg =
R=
P
mg
g .tg
R

Application numérique :
3

Fc

2

120.10
P
3600
R=
R = 631N
9.8 × 0,176
3/ Le train parcourt en trente secondes un arc de cercle qui intercepte l’angle demandé.
La distance parcourue en 30s est: d = vt , d = 1000m
Cela veut dire que le train a tourné de l’angle :
d
=
, ' 1,59rad , ' 91°
d=R
R
Exercice 5.18 :
A l’instant t , soit P1 le poids de la partie BC et P2 le poids

B

de la partie AB :
Appliquons la relation fondamentale de la dynamique au
système :
A

P1 + P2 = M 1 + M 2 a

x

M

On projette l’expression vectorielle sur l’axe vertical dirigé vers le
bas et on note par x la longueur de la partie BC du câble :
P1 P2 = Ma
M = +L
P1 = M 1 g = + xg

+ xg + ( L x ) g = + L

C

dv
dt

P2 = M 2 g = + ( L x ) g

En simplifions par + nous obtenons une équation différentielle de deuxième ordre avec
second membre :
dv
2 gx gL = L
2g
dt
Lx = 2 gx gL
x
x= g
dv
L
a=
=x
dt
2
g
Pour vérifier que x = L a = , on remplace dans l’équation différentielle x par la
3
3
valeur proposée, soit :

A.FIZAZI

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LMD1/SM_ST

189

Dynamique du point matériel

2g
x= g
L
2
x= L
3
x

x=a=

4g
3

a=

g

g
3

Cherchons à présent le résultat relatif à la vitesse. L’équation caractéristique de cette
2g
équation différentielle de deuxième ordre sans le second membre est : r 2
=0
L
2g
2g
Ses deux racines sont : r1 = +
; r1 =
L
L
2g
t
L

2g
t
L

L
(1)
2
Reste à déterminer les deux constantes A et B . C’est ce qu’on en déduit des conditions
x=b
initiales et qui sont : t = 0
v= x=0

Sa solution est donc : x = Ae

+ Be

+

2g
L’expression de la vitesse est : v = x = A
e
L

2g
t
L

2g
B
e
L

2g
t
L

( 2)

Remplaçons par les conditions initiales dans les deux équations (1) et
A et B :
L
b = A+ B +
2
b L
A=B=
2 4
2g
2g
B
A=B
0= A
L
L

( 2 ) pour

tirer

2g
. On doit connaître en trigonométrie les
L
définitions et les formules particulières du sinus hyperbolique ( sh ) et du cosinus
=

Afin de simplifier les calculs, on pose

hyperbolique ( ch ) , en particulier :

e t
e t +e t
; ch t =
; ch 2 t sh 2 t = 1
2
2
Ecrivons les deux équations (1) et ( 2 ) sous la forme :
sh t =

x = 2.

e

t

2b L e t + e
4
2

v = x = 2.

2b L
4

e

t

t

+
e
2

L
2
t

x=

2b L
L
ch t +
2
2

v=x=

( 3)

2b L
sh t
2

( 4)

2
L , remplaçons dans l’équation ( 3) et tirons de l’équation l’expression du
3
cosinus hyperbolique ( 3) :

Puisque x =

L
2
2b L
L=2
ch t +
3
4
2

ch t =

L
6b 3L

(5)

De l’équation ( 4 ) on tire le sinus hyperbolique :

A.FIZAZI

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190

Dynamique du point matériel

v=x=

2b L
sh t
2

sh t =

(

2v
4b + L2 4bL
2

)

(6)

Nous savons que ch 2 t sh 2 t = 1 . Sommons les équations ( 5 ) et ( 6 ) membre à membre
après les avoir élevées au carré :

ch

2

sh

2

t=

2

L
6b 3L

2

t=

(

2v
2
4b + L2 4bL

v2 =

)

2

b 2 + bL

2 2
L
9

ch 2 t sh 2 t = 1

par sa valeur pour obtenir à la fin la valeur que nous

Revenons en arrière et remplaçons
devons vérifier :

2g
L

v=

b 2 + bL

2 2
L
9

Application numérique : L = 12m et b = 7 m

v ' 10, 6ms 1
Autre méthode : beaucoup plus simple !!
2g
x = g , et par une intégration on trouve la fonction v = f ( x ) :
A partir de l’équation x
L
2g
dv 2 g
dv
2g
x
x= g
x g
dx =
x g dx
=
L
dt
L
dt
L
dx
2g
dv =
x g dx
dt
L
v

x

v.dv =
b

0

2g
x g dx
L

v.dv =

2g
x g dx
L

1 2 g 2
v = x
2
L

gx

v2 = 2

g 2
g
x 2 gx 2 b 2 + 2 gb
L
L

Il ne reste plus qu’à retrouver le résultat précédent en remplaçant x par

2
L . A la fin on
3

retrouve le même résultat :
v=

2g
L

b 2 + bL

2 2
L
9

Exercice 5.19 :
1/ Quelque soit la position du point M sur la surface conique, l’angle à chaque instant
r
r r
z=r 0
est OM , Oz = , et par conséquent tan = = 0
z z0
z0

(

)

2/ D’après le cours, nous savons que l’accélération du point M en coordonnées
cylindriques est :

A.FIZAZI

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191

Dynamique du point matériel

a= r r

ur + r + 2 r

2

ar

u + zu
az

a

Si le point reste sur la surface du cône : z = r

r0
. Les forces agissant sur le point matériel
z0

sont son poids P , à composante unique P = mgu z , et la force de réaction R de la surface qui
a deux composantes R = Rr + Rz = R cos .ur + R sin .u z .
Appliquons la relation fondamentale de la dynamique, puis projetons les deux forces sur
les trois axes du repère cylindrique. Nous obtenons :
P + R = ma = F

(

F = Fr + F + Fz = m r r

)u

2

F = R cos .ur + R sin .uz
F = R cos .ur + ( R sin

(

+ m 2r + r

r

)u

+ mzu z

(1)

mguz
mg ) u z

( 2)

Par identification des deux équations (1) et ( 2 ) on obtient trois équations à trois inconnues :
R cos

(

=m r r

(

) ( 3)

) ( 4)

0 = m 2r + r
mg + R sin

2

=m

z0
r
r0

( 5)

z

uz

H

u

M0
u
z0

O

y

0
0

x

3/ De l’équation

( 4 ) on

en déduit l’équation 2r + r = 0 , qui est la dérivée de la

quantité r 2 par rapport au temps. Ceci nous conduit à r 2 = C te :

( r ) = 2rr.
2

'

+ r2 = 0

r 2 = C te

Nous connaissons l’expression de la vitesse linéaire en coordonnées cylindriques à partir
de laquelle nous déduisons la vitesse initiale :
v ( t ) = r ( t ) ur + r ( t ) ( t ) u + z ( t ) ur
v ( 0 ) = r ( 0 ) u r + r ( 0 ) ( 0 ) u + z ( 0 ) ur
L’intensité de la vitesse initiale est donc:
v (0) =

A.FIZAZI

r ( 0)

2

+ r ( 0)

Univ-BECHAR

( 0)

2

+ z ( 0)

2

LMD1/SM_ST

192

Dynamique du point matériel

sans r ( 0 ) ni z ( 0 ) . Ceci n’est possible que

L’énoncé nous impose l’expression de

sous des conditions initiales de la forme r ( 0 ) = z ( 0 ) = 0 . C’est ce que nous admettons dans le
reste de l’exercice. Partant de là, la vitesse initiale est :
v (0) = r ( 0) (0)
Suite à tout cela, nous pouvons poursuivre notre étude tel que :

(t ) = r (0) ( 0)
r ( 0 ) .r ( 0 ) . ( 0 )
(t ) =
2
r (t )
rv
v (0) = r ( 0). ( 0)
= 0 20
r
v ( 0 ) = v0 , r ( 0 ) = r0
r 2 = C te

r (t )

2

2

4/ L’équation ( 5 ) fait l’objet de cette question car elle renferme une fonction

unique r ( t ) , contrairement aux équations ( 3) et ( 4 ) qui sont fonctions de r ( t ) et

même temps. De l’équation ( 3) nous pouvons écrire :

R=

( t ) en

z0
1
! mg + m r "
sin
r0

Remplaçons R par cette dernière expression dans l’équation ( 3) pour obtenir :
r

v02 r04 1
. =
r02 + z02 r 3

z0 r0
g
r + z02
2
0

A( r0 ,v0 , z0 )

( 6)

A( r0 , z0 , g )

5/ Si le mouvement est circulaire uniforme cela veut dire qu’à chaque instant
r ( t ) = r ( 0 ) , en même temps que
( t ) = C te . L’expression ( 4 ) devient :

(

)

v12 r04 1
zr
. 3 = 2002 g
2
2
r0 + z0 r0 r0 + z0

z
v12
= 2 0 2g
2
2
r0 + z0 r0 + z0

La vitesse demandée est donc : v1 = 2 gz0
6/ Multiplions l’équation ( 6 ) par 2 pour obtenir : 2rr + A

2r
= 2 Br
r3

2r
A
= 2 Br + C ( 7 )
dr = 2 Brdr r 2
3
r
r2
Pour obtenir la constante C on doit revenir aux conditions initiales citées plus haut
t = 0, r ( 0 ) = 0 :

La première intégration donne :

2rrdr + A

A
= 2 Br + C
r2
L’équation ( 7 ) devient finalement :
0

r2 = 2A

A.FIZAZI

1
r2

C=

A
r2

2 Br

1
+ 2 B ( r r0 )
r02

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193

Dynamique du point matériel

Exercice 5.20 :
Nous utilisons la notation de Newton pour exprimer les composantes des vecteurs
position, vitesse et accélération :
x
x
x

r y , v y , a y
z
z
z
Calculons l’expression de la force :
i
j k
0
v & B = x y z = Bz
B 0 0
By

) (

(

F = q E + v & B = q Ek + 0i + Bzj
F = q 0i + Bzj + ( E By ) k

Byk

)

(1)

En appliquons la relation fondamentale de la dynamique on peut écrire :
F = Fx + Fy + Fz

F = mx + my + mz

( 2)

L’identification des deux équations (1) et ( 2 ) nous donne trois équations différentielles :
mx = 0
my = qBz
mz = q ( E + By )

En tenant compte des conditions initiales :
t = 0:
x ( 0) = 0 , y ( 0) = 0 , z ( 0) = 0 , x ( 0) = 0 , y ( 0) = 0 , z ( 0) = 0
Nous écrivons le nouveau système de trois équations différentielles :
mx = 0

x = C te = x ( 0 ) = 0

x=0

q
Bz ( 4 )
m
q
q
mz = q ( E By ) z = E
By ( 5 )
m
m
Dans l’équation différentielle ( 5 ) on remplace y par sa valeur tirée de l’équation ( 4 ) :
my = qBz

y=

x=0
y= z

q
Bz
m

( 3)

(6)
(7)

q
z+ B
m
En posant

A.FIZAZI

=B

y=

2

z=

q
E
m

( 8)

q
, la solution de l’équation ( 8 ) est :
m

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194

Dynamique du point matériel

Déterminons

z=

qE m
sin t + , cos t +
m qB

z=

sin t + , cos t +

mE
qB 2

2

(9)

et , à partir des conditions initiales en utilisant les deux équations :
mE
z = sin t + , cos t + 2
qB
z=
cos t , sin t
mE
=0 , , =
t = 0 , z ( 0) = 0 , z (0) = 0
qB 2

Nous obtenons à la fin l’expression z ( t ) :
z (t ) =

mE
mE
cos t + 2
2
qB
qB

mE
1 cos t
qB 2

z (t ) =

a

z ( t ) = a (1 cos

)

Il nous reste à définir l’équation y ( t ) . Dans l’équation ( 7 ) on remplace z , puis on intègre

pour arriver à l’expression y ( t ) :

y = a (1 cos

)

y= a

y ( t ) = a ( t sin t )

Finalement :

a cos t

y (t ) = a (

x (t ) = 0

y (t ) = a (

sin

z ( t ) = a (1 cos

sin

)

)
)

Se sont là les équations paramétriques caractéristiques d’une cycloïde.
z
2a

2( a x

O

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