Faculté des Sciences de Monastir Département de Physique
MECANIQUE DU POINT MATERIEL EXERCICES CORRIGES PREMIER CYCLE UNIVERSITAIRE SCIENTIFIQUE
L OTFI BEJI AHMED REBEY BELKACEM EL JANI
>0
Cinématique du point matériel (I) Exercice 1 Soit un repère fixe R0 (0,x,y,z) de base ( i , j , k ) et M un point défini dans R0 par ces cordonnées : x=cos α , y= sin α , z=sin2 α , ; avec α un paramètre réel . Soit M0 la position de M pour α =0, et S la longueur de l’arc M0M. a-Trouver les vecteurs unitaires τ et n de Serret-Frenet en M. b-Calculer le rayon de courbure ρ . Pour α =0, vérifier que ρ =
1 5
.
Exercice 2 Soit un point matériel repéré par ces cordonnées cylindriques ρ , ϕ , et z telles que :
ρ = at 2 ,z = at ,ϕ = ωt , où a et ω sont des constantes. 1-Calculer les composantes cylindriques du vecteur vitesse. 2- On déduire les composantes cylindriques du vecteur accélération. 3- Calculer les modules des vecteurs Vetγ .
Exercice 3 Soit un mobile M se déplaçant sur une branche d’hyperbole dans un repère R (o, i , j , k ). M est repéré par le vecteur position OM =x(t) i +
a j , avec a constante positive et x(t) = at. x (t )
1- Déterminer les vecteurs unitaires de Serret-Frenet en fonction des vecteurs i , j , et k 2- Calculer le rayon de courbure ρ (t ) et le centre de courbure C. 3- Tracer l’hodographe
Exercice 4 Dans le plan (Oxy), le mouvement d’un point P est déterminé par les équations paramétriques : x=v0 t cos α , y = v0t sinα −
1 2 gt où v0 est la vitesse initiale de P et α est l’angle que fait v0 avec 2
l’axe Ox. 1-
quelle est la nature de la trajectoire ?
2-
Déterminer :
-
Les accélérations normales et tangentielles.
-
Le rayon de courbure ρ (t ) ainsi que le centre de courbure C(t)
-
Les expressions des vecteurs unitaires de Serret-Frenet.
1
3-
Trouver l’angle entre les vecteurs vitesses et accélérations au point où la trajectoire
recoupe l’axe Ox.
Exercice 5 Le mouvement d’un point matériel M dans un plan est défini par les équations paramétriques suivantes :
r( t ) = r0 exp( −
t2
τ2
); θ ( t ) =
t2
τ2
où r0 et τ étant deux constantes positives.
On appellera u r le vecteur unitaire porté par OM et uθ le vecteur qui lui est directement
uθ
perpendiculaire (voir figure).
ur r O
M
θ
x
1-
Calculer le vecteur vitesse V (M ) ainsi que son module.
2-
Evaluer l’angle entre le vecteur unitaire u r de la tangente à la trajectoire en M et le vecteur
unitaire radiale. Que peut –on dire de cet angle ? 3-
Calculer l’accélération γ ( M ). En déduire ses composantes tangentielle et normale dans la
base de Serret-Frenet ( u r , u N , B) . 4-
Calculer le rayon de courbure ainsi que le centre de courbure de la trajectoire à l’instant t.
Exercice 6 Un mobile assimilé à un point matériel M a pour coordonnées à l’instant t X(t) = v0 t cos ωt ; y(t) = v0 t sin ωt ; z(t)=0 où v0 et ω sont des constantes positives. 1- Donner les expressions vectorielles de la vitesse instantanée et de l’accélération instantanée de M ainsi que leurs modules. 2- Calculer les composantes tangentielles et normales de l’accélération ainsi que le rayon de courbure. 3- Lorsque v0= 50 μ m / s et ω=
2π , déterminer entre l’instant t=0 et ts= 6 mn 3
a-
L’équation de la trajectoire. Tracer cette trajectoire
b-
La longueur curviligne S parcourue par M.
c-
Représenter les différents vecteurs vitesses et accélérations aux instants : t= 0, t =3 mn et
t = 4 mn 30 s.
2
Exerciice 7 Soit un plan p rapporrté au systèm me d’axes (O Oxy) (voir figgure).
O = r estt animée d’uun mouvemeent circulairre Dans ce plan une manivelle OA A tel que OA uniform me autour du u point fixe 0, 0 ce qui revient à dire que q l’angle ϕ = ( Ox ,OA ) = ωt avecc ω = cte.
Dans son point A, laa manivelle est e articuléee sur la bielle AB tel quee AB =l, ceette dernièree met en ment par l’in ntermédiairee d’une articculation un point p matérriel B qui se déplace suiv vant Ox mouvem entre deeux glissièrees de guidagge parallèles. 1-
Don nner l’équattion du mouvement du point p matériel B. (On po osera λ =
r ) l
L’équaation du mo ouvement seera donné en n fonction de r ,l , λ ,ω , et t 2-
En déduire la vitesse v et l’acccélération du point B.
3-
Dan ns l’hypothèèse où λ << 1 donner des expressio ons approch hées de l’équ uation du
mouvem ment, de la vitesse v et de l’accélératio on du point B.
3
Solution des exercices Exercice 1 a-
v=
d OM d OM dα = = α ( − sin α i + cos α j + 2 sin 2α k ) dt dt dt 1 + sin 2 2α
v =α
dτ v − sinα i + cos α j + 2 sin2α k τ = = ; uN = ds ; 2 dτ v 1 + sin 2α ds
dτ dτ dα dt 1 dτ = = 2 ds dα dt ds 1 + sin 2α dα
2 2 dτ ⎡⎣ − cos α ( 1 + sin 2α ) + sinα sin4α ⎤⎦ i − ⎡⎣ sinα ( 1 + sin 2α ) + cos α sin4α ⎤⎦ j + 2 cos 2α k = 3 dα ( 1 + sin2 2α ) 2
dτ 5 − 3 sin2 2α = 3 ds 2 ( 1 + sin 2α ) 2
⇒
uN =
b-
dτ = ρ ds
uN
− cos α ( 1 + sin2 2α ) + sinα sin4α
1 5 − 3 sin 2α 1 + sin 2α 2
dτ = ρ ds 1
⇒
pour α = 0 ; ρ 0 =
2
− sinα ( 1 + sin2 2α ) − cos α sin4α 2 cos 2α 3
⇒
(1 + sin 2 2α ) 2
ρ=
(5 − 3 sin 2α ) 2
1 2
1 5
Exercice 2 : 1- OM = ρu ρ + zk ; v = Or :
duρ dt
=
du ρ d OM = ρu ρ + ρ + zk dt dt
duρ dϕ = ωuϕ ⇒ dϕ dt
v = 2atuρ + at 2ωuϕ + ak
2- γ = 2at uρ + 2at ω uϕ + 2atω uρ − at 2ω 2uρ ⇒ 1
3- v = a ( 4t 2 + t 4ω 2 + 1) 2
γ = ( 2a− at 2ω 2 ) uρ + 4 atω uϕ 1
4
4
; γ = a ( 4 + t ω )2
4
Exercice 3 1- v = ai −
1
τ = 1+
b =k
1 j t2
1 (at 2 ) 2
; v
(i −
2
= a 2 (1 +
1 j) at 2 1
; n = b ∧τ =
(1 +
2- γ n =
v2
ρ
; γ = 2t
1 ) (at 2 ) 2
−3
1 ) a t
j ⇒
1 2
(
1 i + j) at 2
2 4
γn = γ n =
1
t 3( 1+
0C = OM + MC = OM + ρn ⇒ OC =
3
2 1 2 ) 2 4 at
1 1 ⇒ ρ = a 2 t 3 (1 + 2 4 ) 2 2 a t
at 1 1 1 (3+ 2 4 ) i + ( 2 + a2 t 4 ( 1 + 2 4 ) ) j 2 at 2t at
3- L’hodographe :
Vy
V x = a = cte V =
Vy = −
1 t2 a
Vx
Exercice 4 1- OP = v0t cos α i + ( v0t sinα −
x = v0t cos α ⇒ dy =0 ⇒ dx
1 2 gt )i 2
x ⇒ t= v0 cos α
1 x2 y=− g + x tan gα 2 2 v0 cos 2 α
− gx v02 sin 2α + tan gα = 0 ⇒ x M = 2 2g v0 cos 2 α x M = v02
sin 2α 2g
y M = v02
sin2 α 2g
Mouvement parabolique admettant une tangente horizontale au point M :
5
y M yM
v0 α O
2-
OP =
x
xM
x = v0 t cos α
v0 cos α 1 2 ⇒v = v0 sinα − gt y = v0 t sinα − gt 2
⇒γ =
0 −g
2
v = ( v0 + g 2t 2 − 2gtv0 sinα )21 *
γt = γn =
dv g 2t − v0 g sinα = ; 2 dt v0 + g 2t 2 − 2gtv0 sinα
1
γ 2 = γ t2 + γ r2 ⇒ γ n = (γ 2 − γ t2 ) 2
v0 gcos α 2
v0 + g 2t 2 − 2 gtv0 sinα 3
* Rayon de courbure : γ n =
v
2
ρ
⇒ρ=
v
2
γn
;
(v 2 + g 2 t 2 − 2 gtv 0 sin α ) 2 ρ= 0 v 0 g cos α
* OC = OP + PC = OP + ρ un
un = uτ =
γ − γ τ uτ =? γn v v0 cos α i + ( v0 sinα − gt ) j = v v02 + g 2t 2 − 2gtv0 sinα
γ τ uτ = ⇒ un =
g 2t − v0 g sinα ( v0 cos α i + ( v0 sinα − gt ) j v02 + g 2t 2 − 2gtv0 sinα
( v0 sinα − g t ) i − v0 cos α j v02 + g 2t 2 − 2gtv0 s inα
(
⎛ v0 sinα − gt ) v02 + g2t 2 − 2 gt v0 sinα ( OC = ⎜ v0t cos α + ⎜ v0 gcos α ⎝ ⎛ ⎞ 1 2 1 2 2 2 ⎜ v0 t sinα − gt − v0 + g t − 2 gt v0 sinα ⎟ j g 2 ⎝ ⎠
(
)
6
) ⎞⎟ i + ⎟ ⎠
* OC =
(v
v0 sinα
2 0
)
− 3v0 t g sinα + 3 g2t 2 − g3t 3 v0 g cos α
⎛ v02 ⎞ 3 2 i + ⎜ 3 tv0 sinα − g t − ⎟ j 2 g⎠ ⎝
* b = uτ ∧ un = −k
3-
La trajectoire recoupe l’axe Ox ⇒ y c = 0 ⇒ t c = 2
v γ = vγ t = v γ cos θ ⇒ cos θ =
vγ t γ gt − v0 sinα = t ⇒ cos θ = γ v γ v02 + g2t 2 − 2 gtv0 sinα v0 sinα
A l’instant t c ⇒ cos θc =
v + 4v sin α − 4v sinα 2 0
v0 v2 sin α ⇒ xc = 0 sin 2α g g
2 0
2
2 0
= sinα ⇒ θc =
π 2
−α
Exercice 5 1- OM = r(t )ur ; v( M ) =
dOM t t2 = r( t )ur + r( t )θ uθ ⇒ v( M ) = 2 2 r0 exp( − 2 )( −ur + uθ ) dt τ τ
⎛ t2 ⎞ v ( M ) = 2 2 2 r0 exp ⎜ − 2 ⎟ τ ⎝ τ ⎠ t
2- v ur = v ur cos α ⇒ cos α =
vur −1 3π = ⇒α = = cte v 4 2
α est l’angle que fait le vecteur unitaire tangent à la trajectoire en M avec le vecteur unitaire radiale. Il nous donne l’orientation du vecteur vitesse par rapport à OM ⇒ α = cte ⇒ l’orientation du vecteur vitesse par rapport à OM ne change pas au cours du temps.
⎛ t2 ⎞ ⎛ t 2 ⎞⎧ dv r0 2r0 t2 ⎫ = − 2 2 exp ⎜ − 2 ⎟ ur + 2 exp ⎜ − 2 ⎟ ⎨1 − 4 2 ⎬ uθ 3- γ = τ τ τ ⎭ dt ⎝ τ ⎠ ⎝ τ ⎠⎩
γt =
⎛ t2 ⎞ dv r ⎛ t2 ⎞ = 2 2 02 ⎜ 1 − 2 2 ⎟ exp ⎜ − 2 ⎟ dt τ ⎝ τ ⎠ ⎝ τ ⎠
4- Rayon de courbure :
γn =
v2
ρ
⇒ρ=
OC = OM + CM = OM + ρ uN ;
γ −γt τ2 uN = = γN 4 2t2 ⇒ uN =
⎛ t2 ⎞ ⇒ ρ = 2r0 exp ⎜ − 2 ⎟ γn ⎝ τ ⎠ v2
ut =
v 1 = v 2 ( −ur + uθ )
⎛ ⎛ ⎛ ⎛ t2 ⎞ t2 ⎞ t2 ⎞ ⎞ ⎜⎜ −2ur + 2⎜ 1 − 4 2 ⎟ uθ + 2⎜ 1 − 2 2 ⎟ ur − 2⎜ 1 − 2 2 ⎟ uθ ⎟⎟ τ ⎠ τ ⎠ τ ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ ⎝ ⎝
⎛ 2⎞ 1 (− ur − uθ ) ⇒ OC = − r0 exp ⎜⎜ − t 2 ⎟⎟ uθ 2 ⎝ τ ⎠
7
Exerccice 6 x(t ) = v0t cos ωt y(t ) = v0t sinωt
OM M=
1-
w cos ωt + v0 sinωt γ = 2v0ω cos wt w − v0tω 2 sin s ωt v = v0tw
z(t ) = 0 1 2 2 2
(
)
v = v0 1 + ω t dv = 2- γ t = dt
γ N = (γ 2 − γ
γN = 4-
v
2
ρ
−2v0ω sinωt − v0tω 2 cos c ωt
−v0tω sinωt + v0 cos ωt 0
;
0
γ = v0ω ( 4 + t ω 2
1 2 2
)
v0ω 2t 1 2 2 2
(1 + ω t )
1 2 2 t
)
⇒ρ=
(
⎛ 4 + ω 2t 2 4 + ω 2t 2 ⇒ γ N = v0ω ⎜ ⎜ 1 + ω 2t 2 ⎝ v
2
γN
⇒ρ=
)
1
( (
3 2 2 2
(1 + ω t ) ω (4 + ω t ( 4 + ω t ))
v0
2 2
) )
⎞2 2 + ω 2t 2 ⎟ = v0ω 1 ⎟ ⎠ 1 + ω 2t 2 2
2 2
3 2 2 2
=
1 2
( ) ω (2 + ω t )
v0 1 + ω t
2 2
a- Equation E dee la trajectoire :
⎧r = v0t x 2 + y 2 = v0t ⇒ En coordonnées polaaires : ⎨ ⎩φ = ωt
⇒ r (φ ) =
v0
ω
φ : EEquation d’uun
mouvem ment spiralee. t (s)
0
90
1800
270
360
x (t)
0
0
-9
0
18
4.5
y (t) 0
t
0
-13 .5
0
1
s dS b- v= ⇒ dS = vdt ⇒ S = ∫ v0 ( 1 + ω 2t 2 )2 dt dt 0
On posee ωt = shu ⇒ dt =
chuu
ω
du
v0
v ⇒ s = ∫ ch h udu = 0 ω 2w
8
2
Argshωt s
∫ 0
1 + sh h2udu
y
γ0 M(t1) x M(t0)
γ1
v1
v0
γ2 v2 M(t2)
⇒S =
v0 ⎡ 1 ⎤ Argsh ( ωt s ) + sh2 Argshωt s ⎥ ⎢ 2ω ⎣ 2 ⎦
AN : S
61 mm
t = 0 ; v0 = v0 i ; γ 0 = 2v0ω j
t = 180s ; v1 = −v0 ( i + π j ) ; γ 1 = v0ω ( π i − 2 j ) t = 270s ; v2 = v0 (
3π 3π i − j ) ; γ 2 = v0ω ( 2i + j) 2 2
Exercice 7
A r O
φ
ψ C
1- Equation du mouvement du point matériel B.
x = OB = OC + CB = r cos ϕ + l cosψ On a AC = r sin ϕ = l sin ψ ⇒ sin ψ =
r sin ϕ = λ sin ϕ l
9
x
sin 2 ψ = 1 − cos2 ψ = λ2 sin 2 ϕ ⇒ cosψ = 1 − λ2 sin 2 ϕ Finalement :
x = r cos ωt + l
2- Vitesse :
v=
Accélération : γ =
1 − λ 2 sin2 ωt
dx 1 sin2ωt = −rω sinωt − λ 2lω dt 2 1 − λ 2 sin2 ωt
d2 x cos 2ωt λ 4lω 2 sin2ωt 2 2 2 = − − + r ω cos ω t λ l ω 2 2 dt 2 1 − λ 2 sin2 ωt 2 1 − λ sin ωt
(
3- Expressions approchées pour λ ≺≺ 1 :
1
(1 − ε ) 2
⎛ ⎞ λ2 x = r cos ωt + l ⎜ 1 − sin2 ωt ⎟ 2 ⎝ ⎠ v = −rω sinωt −
λ2
lω sin2ωt 2 γ = −rω 2 cos ωt − λ 2lω 2 cos 2ωt
10
1 1− ε 2
)
Cinématique du point matériel (II) Exercice 1 Accompagné par son fil, un pêcheur de Saumon remonte à contre courant une rivière à bord d’une barque. Prévenue par son fil d’avoir perdu, 4 mn plutôt, sa canne à pêche, il fait alors demi-tour et récupère la canne emportée par le courant. Constatant un déplacement de la canne de 400 m par rapport à son point de chute, la garçon veut déterminer pour son père la vitesse Vc du courant sachant que la vitesse Vb de la barque reste constante. Faites le calcul pour lui.
Exercice 2 Dans un plan fixe xoy, une droite D tourne autour du point O avec une vitesse angulaire ω(t)=
dθ , ⎡⎣θ = ( Ox ,D ) ⎤⎦ ; un point M est mobile sur la droite D. A l’instant t on a OM = r ( t ) , dt
soit ur Le vecteur unitaire porté par la droite D tel que OM = rur . 1-
Calculer la vitesse de M dans le référentiel lié à D.
2-
Calculer la vitesse de M dans le repère (Oxy).
3-
Calculer l’accélération γ (M ) par rapport au repère et montrer qu’elle est la somme de trois
termes. On utilisera pour ceci la notion du point coïncident. Si ω=ct, démontrer que
γ e = ω ∧ ( ω ∧ OM )
Exercice 3 On considère un repère absolu R0 , et deux repères distincts R1 et R2 en mouvement de rotation quelconque l’un par rapport à l’autre et les deux par rapport à R0 1-
Montrer la relation générale suivante :
VE (2 / 0) ( M ) = VE (2 / 1) ( M ) + VE (1 / 0) ( M ) 2-
Montrer qu’une relation du même type que la précédente est facilement vérifiable pour
[γ E + γ C ](2 / 0) NB :
VE (i / 0) ( M ) , γ E (i / 0)
(M )
et
γ C ( i / 0) ( M )
signifient,
respectivement,
la
vitesse
d’entrainement, l’accélération d’entrainement, l’accélération de Coriolis de M lorsque Ri est le repère relatif et R0 le repère fixe.
11
Exercice 4 On considère un avion supersonique qui se déplace le long d’un cercle parallèle de l’Ouest vers l’Est avec la vitesse de 500 ms-1. On donne la latitude de ce parallèle : λ = 60 ° et le rayon de la terre R =
40000 km . On néglige la hauteur de l’avion. 2π
1-
Calculer le vecteur accélération de Coriolis γ C de l’avion.
2-
Comparer
γ C au module de l’accélération d’entrainement γ E de l’avion.
Représenter γ C et γ E en M sur le schéma ci-joint. 3-
Calculer γ C et
γ C si l’avion se déplace le long d’un cercle méridien. En déduire sa valeur à
l’équateur sans faire de calcul ; à t =0, l’avion est au pôle nord. N .B : Les applications numériques sont demandées. z
N
M
Parallèle O λ
E yx
Méridien S
x
Exercice 5 Soit R0 (O,X,Y,Z) un repère absolu de base
( I , J ,K ) , soit un fil rigide ayant une forme
parabolique d’équation z = ax 2 , disposé verticalement dans le plan xOy d’un repère mobile R(O,x,y,z).
12
⎛1⎞
Ω R / R = ⎜ ⎟σ t 2 K : est le vecteur rotation instantanée du repère R par rapport à R0. A t= 0, les ⎝2⎠ 0
deux repères coïncident. Un mobile M, initialement au repos en 0, se déplace sur le fil de façon que la composante de sa vitesse suivant Ox est constante : Vx=V0 1-a- Etablir la relation entre les vecteurs unitaires des deux bases. b- Déterminer dans R : le vecteur position, le vecteur vitesse d’entrainement et le vecteur accélération de Coriolis. 2- Quelle est la longueur parcourue par M lorsque le fil fait un tour complet. Z
.M
O
X
Y
x
Exercice 6 Un manège d’enfants, constitué d’un disque de rayon a, au bout duquel sont fixées des petites voitures, tourne autour de l’axe OZ avec une vitesse angulaire constante ω0. Un homme debout sur l’axe OZ et qui surveille les enfants sur les voitures, peut se déplacer sur le disque tournant. Une personne placée sur l’axe OX au point fixe A(x0, 0, 0), dans le même plan que le disque, commande la rotation du manège. Le repère R(O,X,Y,Z) de vecteurs de base ( I , J ,K ) est fixe. 1-
M se trouve en O mais lié au disque, observe la voiture en B. On demande de calculer dans
le repère fixe R ( O ,I , J ,K ) : a-
Le vecteur position de B par rapport à O. En déduire la vitesse absolue V B et l’accélération
absolue γ B . b-
Le vecteur position de B par rapport à A .En déduire la vitesse VB / A et l’accélération γ B / A
de B par rapport à A.
13
2-
Le surveillant s M se dirige maintenant m tout droit vers v la voiturre B avec un ne vitesse dee module
constant V0. a-
O (t ) si M quitte O à t=0. En dédduire la vitesse Va et primer dans R le vecteur position OM Exp
l’accélérration absolue γ a . b- Traceer l’allure de d la trajecctoire de M dans R san ns faire de calcul, dan ns les cas suivants s :
aω0 >> V0 ; aω0 = V0 et aω0 << < V0 3-
On veut étudierr ce même mouvement m de M avec la composition des vitessses.
a-
port à R et donner d le’ vecteur v rotaation instanttanée de Déffinir un repèère mobile R1 par rapp
R1 / R . b-
olue V M Calcculer la viteesse d’entraainement Ve et la vitessse V r , en déduire la vvitesse abso
expriméée dans R1. 4-
La voiture B est e mainten nant placée sur des reessorts qui lui permetttent d’effecctuer un
mouvem ment sinusoïïdal verticall entre z=0 et z=2d de position d’ééquilibre z=d et de pulssation α constante. A l’instant initiale laa voiture B est e placée en n B0(a,o,o) avec une viteesse initiale nulle. a- Donn ner les équattions param métriques dee la trajectoire de B par rapport à R1 puis par rapport r à R. ver la relatiion entre α et ω0 pour que q la voitu ure B viennee à sa posittion initiale B0 après b- Trouv avoir efffectué un tour complet. c- Calcu uler la vitessse et l’accéléération abso olues exprim mées dans R1. 5- A la fin du specctacle, le manège m est freiné f pour être arrêtéé. Sa vitesse angulaire devient décroisssante avant de s’annuleer ω(t) =-βt + ω0 a- Quel est e le tempss nécessaire pour l’arrêtt total en fon nction de β et e ω0 b- La vitesse v et l’accélération n absolues de la quesstion 3b et 3c changent-elles ? De D quelle manièree ?
14
Exercice 7
(
Soit R0 O, I , J , K
)
( )
un repère absolu, et soit un disque tournant autour de l’axe O, k , de
centre O1 et de rayon a, le centre étant défini par : OO1 = h(t ) K (où h(t) est une fonction du
(
)
temps) . Le disque étant dans un plan parallèle à O, i , j . Soit R1 ( O1 , i , j , k = K ) , le repère relatif lié au disque et on pose l’angle ( I , J ) = θ (t ) . Soit M, un point matériel en mouvement qui décrit l’extrémité du disque et dont la position est repérée par l’angle
ϕ ( t ) = ( i ,uρ ) , avec u ρ un vecteur unitaire porté par O1M .
(
)
On associe au point M la base cylindrique uρ ,uϕ ,k . 1- Donner le vecteur position de M par rapport à R0 2- Calculer les vecteurs vitesses : Va ,Ve et Vr 3- Calculer les vecteurs accélérations : γ a et γ r . En déduire les vecteurs accélérations : γ e et γ c Z y
O1
k
θ
j
Y
i M θ
K O
X
Y
J I
x
X
Exercice 8 Un disque plan vertical de centre O1 tourne autour de son axe horizontal OO1 avec la vitesse angulaire constante ϕ . L’ensemble (disque + axe) tourne autour de l’axe vertical OZ à la vitesse angulaire constante θ .
15
Un point matériel M se déplaace sur un rayon r du disque avec une vitessee uniforme. On pose
O1M ( t ) = r(t ) = r . On défin nit les repères :
R0 (O,I , J ,K ) : Reppère absolu ue avec k = K R1 ( O1 ,ii , j ,k ) : Repère lié à l’aaxe du disqu
R2 (O1 ,u ur ,uϕ ,i ) : Reepère lié au disque
( )
(
O 1 ; ur portté par O1M;; θ = l’anggle I ,i ; ϕ = l’angle j ,ur Avec i porté par OO ner le vecteu ur rotation in nstantané 1- Donn
)
Ω 2 / 1 de R2 par rapportt à R1
En dédu uire et exprim mer dans R2 . a- La vittesse de M par p rapport à R1 : VR1 ( M ) b- L’accéélération dee M par rapp port à R1 : γ R1 ( M ) 4-
Don nner le vecteeur rotation n instantanéé
Ω 1 / 0 de R1 par rappoort à R0 , en déduire et exprimer e
dans R1 a- La vitesse v abso olue : VR0 ( M ) b- L’acccélération absolue a : γ R0 ( M )
16
Exercice 9
(
Soit un cercle de centre O ' et de diamètre OB= 2R, contenu dans le plan O' x1 y1
(
)
du repère
)
R1 (O' , x1 , y1 ,z1 ) de base orthonormée directe i1 , j1 ,k1 . Soit une tige AC=2R articulé en O '
(AO
'
)
= O ' B = R en rotation autour de l’axe O' z1 // Oz avec une accélération angulaire
constante
d 2θ =σ dt 2
(
)
Soit R2 (O' , x2 , y2 ,z2 ) le repère mobile lié à la tige de base orthonormée directe i2 , j2 ,k2 . un mobile oscillant autour de O ' le long de la tige. L’élongation de M, comptée
Soit
positivement de O ' vers C, est O M = R sinωt . A t = 0, la tige est portée par l’axe Ox1 est au '
repos. I- Dans cette partie, on suppose que le repère lié au cercle (R1) est fixe. 1- Calculer la vitesse absolue de M
(
(V
R1
)
( M ) , en utilisant la composition des vitesses, dans la
)
base i2 , j2 ,k2 . 2- De même, calculer les accélérations d’entrainement, de Coriolis et absolue dans la même base. II- Dans la suite du problème, on considère que le repère R1, lié au cercle est en rotation par
( i , j ,k )
rapport à un repère absolue R0 ( o, x , y ,z ) , de base
avec une vitesse angulaire
constante ω0, autour de Oz. On se propose d’étudier le mouvement de M par rapport à R0. Sachant que le mobile M continue d’avoir le même mouvement relatif que précédemment. A t=0, Ox1 est confondu avec Ox de même Oy1 est confondu avec Oy. 1- Représenter sur un schéma clair, ce mouvement à un instant t. 2- Vérifier les deux relations suivantes.
VE ( R2 / R0 ) = VE ( R2 / R1 ) + VE ( R
1
y y1
/ R0 )
( γ E + γ C )R2 / R0 = ( γ E + γ C )R
2
/ R1
+ ( γ E + γ C )R
1
y2 / R0
C
On donne : VE (Ri / R j ) vitesse d’entrainement
Θ(t
de Ri par rapport à Rj et ( γ E + γ c )Ri / R j accélération d’entrainement et de Coriolis de Ri par rapport à Rj
O
O A
17
x2 x B
x1
Exercice 10 Soit OA l’aiguille des heures d’un réveil et OB l’aiguille des minutes, tel que
OB = 2 OA = 2a Soit un repère fixe R0 (O,x,y,z) de base ( i , j ,k ) constituant un trièdre direct et tel que les axes Ox et Oy indiquent en permanence 3h00 (figure1). Soit un mobile M se trouvant toujours au milieu du segment AB joignant les extrémités de la petite et de la grande aiguille. Initialement le réveil indique 12h00 I- Seulement dans cette partie, on suppose que la petite aiguille reste immobile sur midi (figure1) et seul la grande aiguille est en mouvement.
(
)
Soit R2 ( 0 ,x2 , y2 ,z ) est un repère orthonormé mobile de base i2 , j2 ,k tel que OB = OB j2 1-a- Déterminer le vecteur rotation instantané
Ω 2 / 0 du repère mobile R2 par rapport à R0. On
pose Ω 2 / 0 = ω0
( i , j ,k ) et ( i , j ,k ) c- Déterminer le vecteur position du mobile M dans la base ( i , j ,k ) . Il est conseillé d’introduire
b- Etablir les relations entre les deux bases
2
2
a 2
un point 01 ( 0 , ,0 ) Y
Y
y2 12
12 M
A
y1
B A
a 9
B
3 O O
6
y2
M
6
x
3
O
x
9
x2
Figure 2
Figure 1
x1
d- Montrer que la trajectoire de M est un cercle dont on déterminera le centre et le rayon. 2-a- Calculer dans R0, la vitesse d’entrainement par deux méthodes. Puis, déterminer la vitesse absolue dans R0 en fonction de a et ω0 t.
18
b- Calculer dans R0, l’accélération relative γ R2 ( M ), l’accélération d’entrainement γ E (2 / 0) ( M ) et l’accélération de Coriolis γ C (2 / 0) ( M ) c- Représenter sur un schéma clair la vitesse absolue ainsi que l’accélération absolue. II- Dans la suite du problème, on considère le cas réel c'est-à-dire qu’en tiendra compte du mouvement de la petite aiguille (figure 2).
(
Soit un deuxième repère mobile R1 (0, x1, y1, z) lié à OA , la petite aiguille , de base i , j ,k 1- a- Déterminer les vecteurs rotations instantanées Ω 2 / 1 et
)
Ω 1 / 0 respectivement du repère R2
par rapport à R1 et du repère R1 par rapport à R0. On pose Ω 2 / 1 = ω2et Ω 1 / 0 = ω1 c-
Tracer, point par point, la trajectoire de M lorsque le temps varie de midi à 14 h 12 mn. Il est
conseillé de procéder par intervalle de 12 mn d-
Comparer les accélérations d’entrainement
γ E( 1 / 0 ) et γ E( 2 / 1 ) respectivement du repère
R1 par rapport à R0 et du repère R2 par rapport à R1.
( )
L’approximation faite en première partie ⎡ OA demeure fixe ⎤ est elle bonne ?
⎣
19
⎦
Solution des exercices Exercice 1 Soit A le point où la canne est tombée, B le point où la barque fait demi-tour et C le point où la canne est récupérée. t1 le temps mis pour aller de A à B et t2 le temps mis pour aller de B en C.
vC
+ * C
AB –AC =AC
* A
* B
soit :
( vb − vc )t 1 − ( vb + vc ) t 2 = −vc (t 1 + t 2 )
⇒ vb ( t 1 − t 2 ) − vc ( t 1 + t 2 ) = −vc ( t 1 + t 2 ) ⇒ vb ( t 1 − t 2 ) = 0
⇒ t 1 = t 2 et AC = −2vc t 1
−400 = 0 ,86 ms −1 2 × 4 × 60
⇒ vc =
Exercice 2 :
(
)
'
(
)
Soit R O, i , j , k le repère fixe et R O, u r , uθ , k le repère mobile lié à (D) y (D) M
j
uθ
ur
1- VR' ( M ) =
d OM ' / R = ru r dt
2- VR ( M ) =
du dθ du r d OM ⇒ VR (M ) = ru r + rw(t )uθ / R = ru r + r r = ru r + r dt dθ dt dt
x O
i
3-
d ( rur + rω ( t )uθ ) d 2 OM dV ( M ) γ R ( M )) = = R = dt / R dt / R dt /R dω uθ − rω 2 ( t )ur ⇒ γ R ( M ) = rur + rω (t )uθ + rω ( t )uθ + rω ( t )uθ + r dt dω rur uθ − rω 2 (t )ur = + 2rω ( t )uθ + r dt γ (M) r
↓ Accélération relative
γc ( M )
↓ Accélération de Coriolis
γE ( M ) ↓ Accélération d'entrainement
20
γr =
dVR' ( M ) dt
; γ c = 2ω ∧ V R' ( M )
La relation s’effectue autour de l’axe oz ω = ωk
γe =
dω d 2 OM (M fixe dans R ' )= r uθ − rω 2 ( t )ur dt dt / R dω = 0 et γ e = −rω 2 ( t )ur = ω k ∧ ω k ∧ rur = ω ∧ ω ∧ OM dt
(
Si ω= cte ⇒
)
(
)
Exercice 3 dOM
1- VE ( 2 / 0 ) ( M ) = dt
(M fixe dans R2) / R0
O : est le centre du repère R0, O1 celle du repère R1 et O2 celle de repère R2.
∗
dOM dOO1 dO M (M fixe dans R2)= (M fixe dans R2) + 1 dt / R0 dt / R0 dt / R0
∗
dO1M dO M = 1 + ω R1 / R0 ∧ O1M dt / R0 dt / R1
∗
dO1M dO O dO M = 1 2 + 2 / R1 dt / R1 dt / R1 dt VR1 ( O2 )
∗
dO2 M = dt / R1
dO2 M dt / R2
+ ω R2 / R1 ∧ O2 M
0 car M est fixe dans R2
⇒ VE ( 2 / 0 ) ( M ) = VR1 ( O2 ) + ω R2 / R1 ∧ O2 M + VR0 ( O1 ) + ω R1 / R0 ∧ O1M VE ( 2 / 1) ( M )
VE ( 1/ 0 ) ( M )
2- Va( 2 / 0 ) ( M ) = VE ( 2 / 0 ) ( M ) + VR2 ( M )
VR2 ( M ) =
dO2 M dt / R2
γ a( 2 / 0 ) = γ E ( 2 / 0 ) + γ C ( 2 / 0 ) + γ R ( M ) 2
γ M(R ) = 2
d 2 O2 M dt / R2
γ a( 2 / 0 ) =
dVE ( 2 / 0 ) dt
dVR2 ( M ) dt
/ R0
=
/ R0
+
dVR2 ( M ) dt
dVR2 ( M ) dt
/ R1
/ R0
+ ω R1 / R0 ∧ VR2 ( M )
21
dVR2 ( M ) dt
ωR
1
/ R°0
/ R1
=
dVR2 ( M ) dt
+ ω R2 / R1 ∧ VR2 ( M )
(
)
∧ VR2 ( M ) = ω R1 / R2 ∧ VR1 ( M ) − VE ( 2 / 1) = ω R1 / R0 ∧ VR1 ( M ) − ω R1 / R0 ∧ VE ( 2 / 1)
⇒ γ a( 2 / 0 ) =
dVE ( 2 / 0 ) dt
⇒ [γ E + γ C ]( 2 / 0 ) =
/ R0
dVE( 2/1)
dt
/ R0
dVE( 2/1)
=
dt
⇒[γ E + γC ]( 2/0) = dVE ( 1 / 0 ) dt d O 1M dt
/ R0
/ R0
dVE ( 1 / 0 ) dt
/ R0
dVE ( 2 / 1) dt
/ R1
+ ω R1 / R0 ∧ VR1 ( M ) − ω R1 / R0 ∧ VE ( 2 / 1) + ω R2 / R1 ∧ VR2 ( M ) + γ R2 ( M )
dVE ( 2 / 0 ) / R0
+ ω R1 / R0 ∧ VR1 ( M ) − ω R1/ / R0 ∧ VR1 / R0 + ω R2 / R1 ∧ VR2 ( M )
dVE ( 2 / 0 )
D’après la question 1 ;
dt
/ R2
=
dt
dt
/ R0
dVE (1/ 0 )
+
dt
/ R0
/ R1 +ωR1 / R0 ∧VE( 2/1)
dVE(1/0) dt
dVE( 2/1)
+
/ R0
dt
d O 1M dt
/ R1
/ R1
+ωR1 / R0 ∧VR1 ( M) +ωR2 / R1 ∧VR2 ( M)
dO1M dω R1 / R0 + dt / R0 dt
= γ R0 ( O1 ) + ω R1 / R0 ∧ =
dVE ( 2 / 1)
+ω
R1 / R0
∧ O1M
∧ O 1M
(
)
= γ R0 ( O1 ) + ω R1 / R2 ∧ ω R1 / R0 ∧ O1M +
= γ R1 ( O2 ) + wR2 / R1 ∧
/ R0
dω R2 / R0 dt
/ R0
∧ O1M + ω R1 / R0 ∧ VR1 ( M )
dwR2 / R1 dO2 M / R1 + / R1 ∧ O2 M dt dt
dO2 M dO2 M = + ω R2 / R1 ∧ O2 M dt / R1 dt / R2 dVE ( 2 / 1) dt
/ R1
(
)
= γ R1 ( O 2 ) + ω R2 / R1 ∧ ω R2 / R1 ∧ O 2 M +
d ω R2 / R1 dt
/ R1
∧ O 2 M + ω R2 / R1 ∧ VR2 ( M )
⎧⎪ ⎫⎪ dω R2 / R1 ⇒ [γ E + γ C ] ( 2 / 0 ) = ⎨γ R1 ( O2 ) + ω R2 / R1 ∧ ω R2 / R1 ∧ O2 M + ∧ O2 M + 2ω R2 / R1 ∧ VR2 ( M ) ⎬ + dt / R1 ⎩⎪ ⎭⎪
(
dω R1 / R0 ⎪⎧ ⎨γ R0 ( O1 ) + ω R1 / R0 ∧ ω R1 / R0 ∧ O1M + dt ⎩⎪
(
)
)
/ R0
⎪⎫ ∧ O1M + 2ω R1 / R0 ∧ VR1 ( M ) ⎬ ⎭⎪
= [γ E + γ C ] ( 2 / 1) + [γ E + γ C ] ( 1/ 0 )
22
Exercice 4
(
)
Soit R( O ,i , j ,k ) un repère fixe et R 0' ,i ' , j ' ,k ' un repère mobile lié à la terre.
ωR
1
/R
= ω k : Avec ω est la vitesse de rotation de la terre autour d’elle même.
L’avion est en mouvement de rotation dans le repère R ' avec une vitesse angulaire ω1. Soit,
uρ1 ,uϕ1 et uz les vecteurs unitaires liés au mouvement de l’avion : 1- VR1 ( M ) =
duρ1 dO' M = R cos λ dt / R1 dt
γ C = 2ω R
1
AN : γ C = 2
γ E = ωR
2-
1
AN :
/R
= Rω1 cos λuρ1 ⇒ VR1 ( M ) = Vuϕ1
∧ VR1 ( M ) = −2ωV uρ1 ;
2π × 500 ; 24 × 3600 /R
/ R1
γ C = 2ωV
γ C = 7 ,27 10 −2 ms −2
)
(
2 2 ∧ ω R1 / R ∧ O' M = −Rω cos λuρ1 et γ E = Rω cos λ
γ E = 1,6810−2 ms −2 ⇒ γ E << γ C
(
)
3- V R1 ( M ) = Vuθ ; soit α = ON , OM ⇒ uθ = cos αi − sin αk
γ C = 2wR / R ∧ VR ( M ) = 2w k ∧ uθ V = 2wV cos α j ' 1
et
1
γ C = 2wV cosα
AN :
γ C = 7.2710−2 cosα ms −2
Au pole nord α = 0 ⇒ γ C = 2ωV A l’équation α =
π 2
⇒ γC = 0
Exercice 5 1-a- :
i = cos θ I + sinθ J ; J = − sinθ I + cos θ J
avec θ =
1 2 σt 4
b-
∗ OM = x i + z k = v0t i + ax 2 k = v0t i + av02t 2 k 1 ∗ VE = Ω R / R0 ∧ OM = v0t 2σ j 2
(
)
∗ γ E = Ω R / R0 ∧ Ω R / R0 ∧ OM +
dΩ R / R0 dt
1 1 ∧ OM = − v0t 3 σ 2 i + δ k ∧ v0t i 4 2
1 1 = − v0t 3 σ 2 i + − σ v0 t j 4 2
∗γ C = 2ΩR / R0 ∧ Vr ; Vr =
dOM / R = v0 i + 2av02tk ⇒ γ C = v0σ tj dt
23
dS 4 = vr = v02 + 4a 2v0 t 2 2dt
(
)
1 2
1 2 2 2 2
(
1
)
= v0 1 + 4v0 a t
⇒ dS = v0 (1 + 4v02 a 2t 2 ) 2 dt
8π
1 2
1 ⎛ 8π ⎞ θ = 2π = σ T 2 ⇒ T = ⎜ ⎟ ⇒ s = v0 4 ⎝σ ⎠
1 2 2 2 2 0
σ
∫ ( 1 + 4v a t )
dt
0
On pose : u 2 = 4v02 a 2t 2 ⇒ u = 2v0 at
v du s= = dt ⇒ s = 0 2v0 a 2v0 a
2v0 a
∫
8π
σ
1 + u2 du;
0
1 1 + u = 1 + sh x = chx ⇒ s = 2a 2
s=
si on pose u = shx ⇒ du = chxdx
Argsh ( 2v0 a
∫
2
8π
σ
)
0
A
1 (ch2x + 1)dx ch x dx = 4a ∫0 2
1 8π 1 8π Argsh( 2v0 a )+ sh( 2( Argsh( 2v0a ))) σ σ 4a 8a
Exercice 6 1- a- OB = auOB = acos θ I + a sinθ j avec θ = ω0t
VB =
dOB 2 = −aω0 sinθ I + aω0 cos θ J ⇒ γ B = −aω0 dt
(cosθ
I + sinθ J
)
b- AB = AO + OB = ( − X 0 acos θ )I + a sinθ J
VB / A = VB / O et γ B / A = γ B / O 2-
OM = v0t uOB = v0t cos θ I + v0t sinθ j Va = ( v0 cos θ − vOtω0 sinθ ) I + ( v0 sinθ ) + ( v0 sinθ + v0tω0 cos θ ) J
γ a = − ( 2v0ω0 sinθ + v0ω02 cosθ ) I + ( 2v0ω0 cosθ − v0ω02t sinθ ) J 3-a :
R1 ( O ,x , y ,z ) : repère mobile lié au disque. z
Z
ωR / R = ω0k 1
ωR
1
b- ve = ω R1 / R ∧ OM = ωv0t j ; vr = v0 i
vM = ve + vr = v0 i + ωv0t j
(
)
I 2
c- γ e = ω R1 / R ∧ ω R1 / R ∧ OM = −ω0 v0t i
γ r = 0 ; γ C = ω R1 / R ∧ vr = 2ω0v0 j
γ a = γ e + γ C + γ r = −ω v ti + 2ω0v0 j 2 0 0
y
/R
j
K O
Y
i θ
B x
X
24
4-a : ⎧ X = acos ω0t ⎪ OB / R ⎨Y = a sinω0t ⎪ Z = 2d sinα t ⎩
⎧x = a ⎪ OB / R1 ⎨ y = 0 ⎪ z = 2d sinα t ⎩
b- z(T ) = 0 ⇒ sinα T = 0 ⇒ α T = nπ / n ∈ N ⇒ α = c- Va / R1 = aω0 j + 2dα cost j ⇒
γ a / R1 = −aω02 i − 2dα 2 sinαt k
ω(t ) = − β t + ω0 ⇒ ω(t a ) = 0 ⇒ t a =
5-a :
n ω0 / n ∈ N 2
ω0 β
va = v0 i + v0t (ω0 − β t ) j ⇒ γ a = v0t ( −β t + ω0 ) i + v0 ( 2ω0 − 3β t ) j 2
b- :
Exercice 7 1- OM = OO1 + O1M = h(t )k + auρ 2- va =
du ρ dt
ve =
/ R0
=
duρ dt
/ R1
/ R0
(
)
duϕ / R0
duϕ dva = hk + a ϕ + θ uϕ + a ϕ + θ dt / R0 dt
(
=
duϕ dt
/ R1
)
(
(
)
/ R0
)
+ w R1 / R0 ∧ uϕ = − θ + ϕ u ρ
(
)
(
⇒ γ a = hk + a ϕ + θ uϕ + a ϕ + θ
duϕ
) dt
/ R0
γ r = aϕ uϕ − aϕ 2uρ γe =
(
)
+ ω R1 / R0 ∧ uρ = ϕ uϕ + θ uϕ = ϕ + θ uϕ ⇒ v a = h ( t ) k + a φ + θ uϕ
dOM (M fixe dans R1) ⇒ ve = hk + aθ uϕ et vr = v a − ve = aϕuϕ dt / R0
3- γ a =
dt
du dOM = h( t )k + a ρ dt / RO dt
d 2 OM (M fixe dans R1) ⇒ γ e = hk + aθ uϕ − aθ 2 uρ dt / R0
γ c = γ a − γ e − γ r ⇒ γ c = −2a ϕ θ uρ
Exercice 8 1- Ω2 / 1 = ϕ i a- OM ) = rur ⇒ v R ( M ) = 1
d O1 M / R1 = ru r + rϕuϕ dt
25
2
2 b- γ R1 ( M ) = rϕuϕ + rϕuϕ − rϕ ur ⇒ γ R1 ( M ) = −rϕ ur + 2rϕuϕ
2- Ω 1/ 0 = θ k a- OM = OO1 + O1O = OO1 i + rur
vRO ( M ) = vR1 ( M ) + ve ve = vR0 (O1 ) + ω R1 / R0 ∧ O1M vR0 (O1 ) = OO1
ωR
1
/ R0
di = OO1 θ j dt / R0
∧ O 1 M = θ k ∧ r u r = θ k ∧ r (cos ϕ j + sin ϕ k ) = −θ r cos ϕ i
⇒ ve = dθ j − r θ cos ϕ i v ( M )R
1
On pose OO1 = d
/ R1
⇒ v ( M )R
0
(
)
= r cos ϕ j + sinϕ k + ϕ r
(
( − sinϕ j + cos ϕ k ) )
= −rθ cos ϕ i + dθ + r cos ϕ − ϕ r sinϕ j + ( r sinϕ + rϕ cos ϕ ) j
/ R1
b- γ ( M )R0 / R1 = ?
γR (M ) = 0
dvR0 ( M ) dt
/ R0
(
)
= −rθ cos ϕ i + rθϕ sinϕ i − rθ 2 cos ϕ j + −rϕ sinϕ − ϕ r sinϕ − rϕ 2 cos ϕ j
(
− dθ 2 + rθ cos ϕ − rϕθ sinϕ
)
i+
(rϕ
)
cos ϕ + rϕ cos ϕ − rϕ 2 cos ϕ k
(
)
γ R ( M ) / R1 = − ( dθ 2 + 2rθ cos ϕ − 2rϕθ sinϕ ) i − 2rϕ sinϕ + r cos ϕ (θ 2 + ϕ 2 ) j 0
+( 2rϕ cos ϕ − rϕ 2 cos ϕ ) k
Exercice 9
Y1
I-
C
j1
i2
j2
x1
O
’
O
A
26
i1
B
x
d 2θ dθ dθ =σ ⇒ =σt + 2 dt dt dt
1-
dθ dt
⇒
=0⇒ t =0
; la tige est au repos à t= 0 t =0
dθ 1 = σ t ⇒ θ (t ) = σ t 2 + θ (t = 0 ) dtt 2
Or à t=0 0, la tige est portée p par Ox O 1 ⇒ θ0 = 0 ⇒ θ ( t ) =
(
1 2 σt 2
)
R1 O ' , x1 , y1 , z 1 Repère R lié au u cercle sup pposé fixe.
(
)
R2 O ' , x 2 , y 2 , z 2 Repère lié à la tige. O ' z1 // O ' z 2 // O ' z
vR1 ( M ) = vR2 ( M ) + ω R2 / R1 ∧ O' M
= θ k = σ tk ⎪⎫ ⎬⇒ O' M = R sinωti2 ⎪⎭
ωR
2
/ R1
v R2 ( M ) =
ωR
2
/ R1
∧ O' M = R σ t sin ωt
( k ∧ i ) = Rσ t sinωt j 2
2
dO' M os ωt i 2 + Rσ t sinωt j2 = Rω cos ωt i2 ⇒ vR1 ( M ) = Rω co dt / R2
' 2- γ E ( M ) = ω R2 / R1 ∧ ( ω R2 / R1 ∧ O M ) +
dω R2 / R1 ∧ O' M = Rσ 2t 2 sinωt k ∧ j2 + σ k ∧ R sinωti2 dt / R1
γ E = −Rσ 2t 2 sinωt i2 + Rσ siinωt j2 ∗γ c = 2ω R2 / R 1 ∧ vR1 ( M ) = 2σ t k ∧ Rω ccos ωt i2 = 2σ tRω cos ωt j 2 ∗γ R2 ( M ) =
d R2 ( M ) dv dt
/ R2
= −Rω 2 sinωt i2
(
)
∗γ a = γ Rc ( M ) + γ t + γ c = − Rω 2 sinωt + Rσ 2t 2 sinωt i2 + ( Rσ sinωt + 2σ tRω cos ωt ) j2 II/ 1-
27
2- ψ = θ ( t ) + ϕ ( t ) =
1 2 dψ k = (ω0 + σ t ) k σ t + ω0t ⇒ ω R2 / R0 = 2 dt
( )
vE ( R2 / R0 ) = vR0 O' + ω R2 / R0 ∧ O M = Rω0 j1 + (ω0 + σ t ) k ∧ R sinωti2 '
= Rω0 j1 + ( w0 + δ t ) R sinωtj2
( )
vE ( R2 / R1 ) = vR1 O' + ω R1 / R2 ∧ O' M = Rσ t sinωtj2 0
( )
vE ( R1 / R0 ) = vR0 O' + ω R1 / R0 ∧ O' M
( )
v R0 O' = R
di1 = Rω0 j1 ; dt / R0
ωR
1
/ R0
∧ O' M = ω0 k1 ∧ R sinωti2 = Rω0 sinωtj2
⇒ vE ( R2 / R1 ) + vE ( R1 / R0 ) = Rω0 j1 + (σ t + ω0 ) R sinωtj2 = vE ( R2 / R0 )
Exercice10 I-1-a :
Ω 2 / 0 = −ω0k
b-
i2 = cos ω0ti − sinω0tj ; j2 = sinω0ti + cos ω0tj
c-
OM = OO1 + O1M =
a j + aj2 2
Autre méthode : OM = OA + AM = OA +
OM = (
a + acos ω0t ) j + a sinω0ti 2
a OM − j = acos ω0tj + a sinω0ti 2
d-
AB a = OA + OB = j + aj2 2 2
a ⎛ ⇒ ⎜ OM − 2 ⎝
2
⎞ j ⎟ = a2 ⇒ C(O1 ,a) ⎠
vE = Ω 2 / 0 ∧ OM
2-a
⎛1 ⎞ ⇒ vE = aω0 ⎜ + cos ω0t ⎟ i − aω0 sinω0tj ⎝2 ⎠ vR2 ( M ) = Or
dOM a dj a = = Ω0/2 ∧ j dt / R2 2 dt / R2 2
Ω0 / 2 =−Ω 2/0 = ω0k
(
)
a ⇒ vR2 ( M ) = − ω0 i 2
Autre méthode :
j = − sinω0ti + cos ω0tj2
;
i = cos ω0ti + sinω0tj2
28
dj = −ω0 (cos ω0t i + sin ω0t j2 ) = −ω0 i dt / R2 a ⇒ vR2 ( M ) = − ω0 i 2
( )
∗ γ E ( R2 / R0 ) = γ R0 O' + ω R2 / R0 ∧ ( ω R2 / R0 ∧ O' M ) +
( )
dω R 2 / R0 dt
/ R0
∧ O' M
∗ γ R0 O = −Rω i '
2 0 1
∗ ω R2 / R0 ∧ ( ω R2 / R0 ∧ O' M ) = (ω0 + σ t ) k ∧ (ω0 + σ t ) R sinωt j2 = (ω0 + σ t ) R sinωt i2 2
∗
dω R 2 / R0 dt
/ R0
∧ O' M = σ k ∧ R sinωti2 = Rσ sinωt j2
⇒ γ E ( R2 / R0 ) = −Rω02 i1 − (ω0 + σ t ) R sinωt i2 + Rσ sinωt j2 2
∗ γ c ( R2 / R0 ) = 2ω R2 / R0 ∧ vR2 ( M ) = 2 (ω0 + σ t ) k ∧ Rω cos ωti2 ⇒ γ c ( R2 / R0 ) = 2 (ω0 + σ t ) Rω cos ωt j2 ∗ ( γ c + γ E )( R2 / R0 ) = −Rω02 i1 − (ω0 + σ t ) R sinωt i2 + ( Rσ sinωt + 2 (ω0 + σ t ) Rω cos ωt ) j2 2
(
( )
)
∗ (γ c + γ E )( R2 / R1 ) = γ R1 O' + ω ( R2 / R1 ) ∧ ω ( R2 / R1 ) ∧ O' M +
d ω ( R2 / R1 ) ∧ O' M + 2ω ( R2 / R1 ) ∧ vR2 ( M ) dt
0
= − Rσ t sin ωti2 + ( Rσ sin ωt + 2σ tRω cos ωt ) j2 2 2
( )
∗(γ c + γ E )( R1 / R0 ) = γ R0 O ' + ω R1 / R0 ∧ (ω R1 / R0 ∧ O ' M ) + 2ω R1 / R0 ∧ vR1 ( M )
( )
∗γ R0 O ' = − Rω02 i1 ∗ω R1 / R0 ∧ (ω R1 / R0 ∧ O ' M ) = ω0 k ∧ (ω0 k ∧ R sin ωti2 ) = − Rω02 sin ωti2
∗2ω R1 / R0 ∧ vR1 ( M ) = 2ω0 k ∧ ( Rω cos ωti2 + Rσ t sin ωtj2 ) = 2 Rωω0 cos ωtj2 − 2 Rσ t sin ωti2 ⎛ Rσ sin ωt + 2 Rσωt cos ωt ⎞ (γ c + γ E )( R2 / R1 ) + (γ c + γ E )( R1 / R0 ) = − Rσ 2t 2 sin ωt − 2 Rσ tω0 sin ωt i2 + ⎜ ⎟ j2 ⎝ +2 Rω0ω cos ωt ⎠
(
)
− Rω02 sin ωti2 − Rω02 i1 = − R (σ t + ω0 ) sin ωti2 + ( Rσ sin ωt + 2 Rω (ω0 + σ t ) cos ωt ) j2 − Rω02 i1 2
⇒ (γ c + γ E )( R2 / R0 ) = (γ c + γ E )( R2 / R1 ) + (γ c + γ E )( R1 / R0 ) va = aω0 cos ω0ti − aω0 sin ω0t j = aω0 i2 b- γ R2 ( M ) =
dvR2 ( M ) dt
/ R2
a = − ω02 j 2
29
γ E (2 / 0) ( M ) = ω R
2
/ R0
γ c ( 2 / 0 ) ( M ) = 2ω R
2
⎛ ⎛1 ⎞ ⎞ ∧ ( ω R2 / R0 ∧ O' M ) = −aω02 ⎜ sin s ω0ti + ⎜ + cos ω0 t ⎟ j ⎟ ⎝2 ⎠ ⎠ ⎝
/ R0
∧ vR2 ( M ) = aω02 j
γ a = γ E + γ c + γ r = aω02 ( siinω0ti + coss ω0tj ) = −aω02 j2 c-
II-1-a
Ω 2 / 1 = −ω2k et OM =
b-
Ω 1// 0 = −ω1k
a s ω0ti + co os ω0tj ; j1 = sinω1ti + co os ω1tj aveec ω0=ω1+ω2 j1 + a j2 j2 = sin 2
1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⇒ OM = a ⎜ sinω0t + sinω1t ⎟ i + a ⎜ cos ω0t + cos ω1t ⎟ j 2 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝
ω2 =
2π T2
⇒ ω1 =
t-12h
avec
⇒ ω2 =
T2 =1h=3600s
2π 2π rd ds −1 ; ω1 = 3600 T1
avec
T1 =12h=43200s
2π − rds −1 43200
0 0m n
12mn
24mn
36m mn
48mn
60mn
72m mn
π
2
π
π
π
15
6
5
84mn
96mn
108 8mn
120mn
24mn
π
3π 10
π
30
4π 15
11π 30
W 1t
0
π 30
15
π 100
W 2t
0
2π 5
4π 5
6π 5
8π 5
2π
12π 5
14π 5
16π 5
188π 5
4π
22π 5
x a
0
1 ,030
0,510
1,10 05
-0,539
0,750
1,24 44
1,143
-0,622
0,0 095
1,299
1,12
y a
3 2
0,705
-0,424
0,16 66
1,125
1,299
0,09 95
-0 ,216
0,230
1,2 244
0,750
-0,530
W 0t
0
13π 30
13π 15
13π 5
13π 6
13π 5
81π 30
399π 10
13π 3
26π 15
30
7
52π 15
3
143π 30
N .B : Les axes ne sont pas gradués de la même façon.
c-
⎛
⎛a ⎞⎞ j1 + aj2 ⎟ ⎟ ⎝2 ⎠⎠
γ E ( 1,0 ) = ω 1 / 0 ∧ ( ω 1 / 0 ∧ O' M ) = ω12 k ∧ ⎜ k ∧ ⎜ ⎝
a ⎛ a ⎞ = ω12 k ∧ ⎜ − i1 − ai2 ⎟ = − ω12 j1 − aω12 j2 2 ⎝ 2 ⎠ ⎧⎛ 1 ⎩⎝ 2
⎞ ⎠
⎞ ⎫ ⎠ ⎭
⎛1 ⎝2
γ E ( 1 / 0 ) = −aω12 ⎨⎜ cos ω1t + cos ω0 t ⎟ j + ⎜ sin ω1t + sin ω0 t ⎟ i ⎬ 2
⎧1 ⎫ ⎩4 ⎭ ⎧5 ⎫ ⎧5 ⎫ = a 2 ω14 ⎨ + cos( ω0 − ω1 )t ⎬ = a 2ω14 ⎨ + cos( ω2 t ⎬ ⎩4 ⎭ ⎩4 ⎭
γ E ( 1 / 0 ) = a 2 ω14 ⎨ + 1 + cos ω1t cos ω0 t + sin ω1t sin ω0 t ⎬
⎛
⎛a ⎞⎞ j1 + aj2 ⎟ ⎟ ⎝2 ⎠⎠
γ E ( 1 / 2 ) = ω 1 / 2 ∧ ( ω 1 / 2 ∧ OM ) = −ω22 k ∧ ⎜ k ∧ ⎜ ⎝
⎧⎛ 1 ⎞ ⎛1 ⎞ ⎫ = −aω22 ⎨⎜ cos ω1t + cos ω0 t ⎟ j + ⎜ sin ω1t + sin ω0 t ⎟ i ⎬ ⎠ ⎝2 ⎠ ⎭ ⎩⎝ 2 1
γ E ( 1,2 ) γ E ( 1,2 ) γ E ( 1,0 )
⎧5 ⎫2 = aω ⎨ + cos ω2 t ⎬ ⎩4 ⎭ 2 2
=
ω22 ω12
or
ω2 >> ω1 ⇒ γ E( 1,2 ) >> γ E ( 1,0 )
⇒ L’approximation faite en première partie est bonne.
31
Dynamique du point matériel Exercice 1 Un point matériel M de masse m se déplace dans un plan (π) défini par le système d’axes Oxy, qui constitue le référentiel galiléen Ra. Un système d’axes OXY mobile (par rapport à Ra) du plan (π) constitue un repère relatif Rr. Le mouvement de M par rapport à Ra sera dit « mouvement absolue de M », et le mouvement de M par rapport à Rr sera dit « mouvement relatif de M » On désigne par : •
θ=ωt , l’angle que fait OX avec Ox , ω étant une constante positive et t le temps.
X et Y les coordonnées de M dans le système d’axes OXY. I et J les vecteurs unitaires des axes OX et OY. Le point M soumis à la force F de composantes Fx et Fy suivant I et J . 1- Montrer que la loi fondamentale de la dynamique peut s’écrire : mΓr = F + Fe + Fc Où Γr est l’accélération de M par rapport à Rr , Fe , Fc sont des forces que l’on explicitera en fonction de X, Y et leurs dérivées s’il y a lieu . 2- Démontrer que dans le mouvement relatif de M l’une des deux forces Fe et Fc ne travaille pas et que l’autre dérive d’un potentiel dont on donnera l’expression. (On considérera pour cela les puissances relatives de Fe et Fc ).
Exercice2 Etude de l’usure des rails de chemin de fer Soit un repère galiléen R0 (O, X, Y, Z). Centré au centre de la terre et dont l’axe OZ coïncide avec l’axe passant par les pôles Sud et Nord (S-N). Soit un repère mobile R(O,x,y,z) , lié à la terre , dont l’axe Ox est initialement confondu avec l’axe OX. Soit ω le vecteur rotation instantané de R par rapport à R0. Soit un train de masse m, assimilé à un point matériel M, se trouve sur une voie ferrée, situé en Afrique du Nord et reliant une gare de départ M0 et le nord –Est du pays.
θ ' Est l’angle que fait la direction de la voie ferrée avec le Nord. λ est la latitude de la gare M0. I-
Cas du train en arrêt à la gare de départ
On considère le train en arrêt en M0 (Figure 1) 1-
Déterminer l’accélération absolue de M, en appliquant la loi de composition des
accélérations, dans la base sphérique. 2-
a- Etablir le bilan des forces dans R.
b-
Ecrire le principe fondamental de la dynamique dans R.
32
(
)
a- En E projetantt le PFD sur la base ur ,u ntes de la réaaction. , θ ,uϕ , dééterminer les composan
3-
b-Pour quelle comp posante la réaction r non n galiléennee est très néégligeable ? on appellera cette composante R1. c-
udier les diffférentes com mposantes de d la réaction en fonctio on de la latittude λ. Concllure. Etu
d-
A .N N : On donne λ=30°, g= 10 ms-2, m= = 100 tonnes, rayon da la l terre = 64 400 Km.
II- Cass du train en n mouvemen nt uniforme : Le train se déplace vers v le Nord d-Est avec une vitesse relative r consstante(V0). ouve en M . (figure ( 2). A l’instaant t, il se tro 1-a Déteerminer le vecteur v M0 M . Etant quee le train se déplace en Afrique du Nord, cette nouvelle latitude sera-t-elle très différen nte de la préécédente ? ntale de la dy ynamique dans R . b- Ecrirre le principe fondamen b- Monttrer
que la l composaante
quement R1 dee la réactioon opposée au poids reste pratiq
inchanggée par rapport au cas I. A.N : t= 100 mn , V0 = 100 Km//h , θ’= 45°. Calculer C la tension t de cette c composante en garrdant les ntes. donnéess numériquees précéden Calculer les nouveelles corrections non galiléennes g affectant a less deux autres composan ntes de la
(
réaction n R2 ,et R 3
)
On prop pose de déco omposer R2 + R3 dans le cas II com mme suit :
(R
2
+ R3
)
II
(
= Rc + R2 + R3
)
I
avec Rc : la nouvelle correction non galiléen nne à
(R
2
cas I. Dééterminer laa direction, le sens et l’in ntensité de Rc . Déterm miner R2 , R3 , et Rc
Fiigure 2
33
)
+ R3 du I
Exerciice 3 Un homme se tient t deboutt et immobille au bord d’un d plateau circulaire h horizontale de d rayon OXYZ) le rep père fixe R , autour de son axxe OZ avec une vitesse angulaire ω constante . Soient R(O d l’origin ne O’ coïncid de avec le pied de l’homme. au sol ett R’(O’ xyz) le repère lié au plateau dont L’angle (OX ,O’x) estt égale à θ = ω t . 1-
Calcculer les vecteurs v vittesses d’enttrainement Ve et accéllération d’eentrainemen nt γ e de
l’hommee. 2-
A l’’instant t=0,, l’homme lââche sans viitesse initialle une bille M de masse m, d’un point M0
de l’axe O’Z situé à une hauteurr h au dessu us du plateau u.
a- Queelle est la vittesse initialee Va (M,t=0 0) de la bille ? b- Détterminer less coordonnées X,Y,Z de la l bille en fo onction du teemps . c-
La bille tombe- t- elle sur le l plateau ou u à l’extérieur ?
0) par rappo ort au centree du plateau u. Calculerr la distancee du point d’impact (Z=0 3- A l’in nstant t=0, l’homme l lan nce du poin nt O’ la bille sur le plateeau, dirigée vers le centtre O. Le mouvem ment s’effecttue sans frotttement.
a-
Ecrrire la relattion fondam mentale de la l dynamique appliquéé à la bille dans le rééférentiel
R’(O’ x y z). b-
Détterminer less coordonnées x(t), y(t),, et z(t) de laa bille.
Exerciice 4 Soitt R0 (O x y z) z le référen ntiel du labo oratoire quee l’on suppo ose galiléen de vecteurss de base
(i , j , k ) . Une tige Δ , dont la partie p inférieeure est fixée en O, tell que [(Oz, Δ ) = θ = cte] , tourne uniform mément auto our de Oz.
34
Un anneau M de masse m peut coulisser sans frottement sur Δ . L’accélération de la pesanteur
(
dans R0 est g. Soit R1(O x1 y1 z1) un référentiel de vecteurs de base i1 , j1 , k
) tel que la tige Δ soit
constamment dans le plan x1oz. 1ère partie Tout d’abord l’anneau se déplace sur la tige avec une vitesse uniforme vr . 1-
Calculer directement les composantes des vecteurs : vitesse et accélération absolues de M,
en déduire les expressions dans R1. 2-
En utilisant les théorèmes de la composition des vitesse et accélération calculer :
a-
La vitesse relative et d’entrainement dans R1.
b-
L’accélération relative, l’accélération d’entrainement et l’accélération de Coriolis dans R1 z ∆
Y1
θ y
x
ω0t X1
2ème partie Maintenant à l’instant (t=0) l’anneau est lâché sans vitesse initiale d’un point M0 tel que OM0 = r0.
1- Quelles sont les forces appliquées à M si l’on se déplace dans le repère R1 2-
Déterminer l’équation horaire du mouvement de l’anneau r(t) ?
3- A quelle distance r0=r de l’origine l’anneau reste-t-il immobile ? 4- Calculer la composante de la réaction de la tige sur l’anneau M suivant Oy N .B : On rappelle que l’équation différentielle suivante :
f ( t ) − Ω 2 f (t ) = A, admet pour solution f ( t ) = A1e − Ω t + A2 e Ω t −
A
Ω2
Exercice 5 Une particule assimilée à un point matériel de masse m, se déplace sur la rainure intérieure d’un cerceau de centre 0, de rayon a et d’axe horizontale Oz, avec une force de frottement visqueux
f = −bmv où v désigne la vitesse relative de la particule par rapport au cerceau et b un coefficient positif constant.
35
(
)
La particule est repérée par θ = OX ,OM . posera θ pettit dans toutt le problèm me. On supp La particule est abaandonnée à l’instant l t=0 dep puis la positiion θ = θ 0 sans s vitessee initiale. A- Le cerceau c est immobile : 1-
Etablir l’équation différenttielle du
o vérifiéée par θ (t ) . second ordre 2-
a – Quelle valeur ac faut--il donner au a rayon du u cerceau pour que laa particule atteigne
bre le plus raapidement possible p ? Dééterminer alors la loi ho oraire θ(t). l’équilib b- Calcu uler dans cees condition ns la valeur maximale du d module de la vitessse la particcule et la réaction n correspond dante. B- Lee cerceau esst animé d’u un mouvemeent oscillato oire de rotattion, de faible amplitud de autour de son axe a Oz.
(
)
ϕ = ϕ0 sin s Ω t où ϕ = Ox ,OA , OA désign ne un rayon n fixe de cercceau. 1-
Etaablir l’équation différen ntielle du seccond ordre vérifiée v par θ (t ) .
2-
Détterminer l’am mplitude θM de l’élongaation θ (t ) ainsi que le rayon r aR du cerceau qui permet
d’obteniir la résonaance d’ampllitude. (Il esst conseillé d’utiliser dans d cette q question la méthode m complexxe)
Exerciice 6 ω autour Un plateeau horizonttale(P) tourrne à vitessee angulaire constant c a d’un axe verticall OZ d’un repère fixe f (O, X, Y, Z). Un poin nt matériel M de massee m est mob bile sans fro ottement su ur un guide rectiligne Ax A lié au plateau à la distance OA=a du centre c O. Ce point est rappelé vers A par une fo orce de rappel F deur k et dee masse néggligeable Proporttionnelle à x = AM ( F = −kx ) grââce à un resssort de raid (figure 1) 1 1-
En prenant p un repère entrainé d’origin ne A : (A,x,y y,z) :
a-
Etablir le bilan de toutes lees forces agiissant sur M par rapporrt à ce repèree.
b-
mental de la dynamiqu ue par rapp port à ce reepère et projeter la Ecrrire le principe fondam
relation vectorielle obtenue sur l’axe Ax. In ndiquer si lee point M peeut être en équilibre reelatif par rapport au plateau ? c-
o détermin ner les posittions d’équilibre relatif.. Etudier leu urs stabilitéss. Si oui,
36
2-
u point A, ill y est lâchéé avec unee vitesse rellative v0 . Déémontrer A l’’instant initiial, M est au
qu'on pourrait p av voir deux solutions pour x(t) dont on détermineera les am mplitudes correspo ondantes : Un U mouvement relatif oscillatoire o dont d on dédu uit la périod de des oscillations et un mouv vement où la particule s’éloigne s ind définiment. 3-
Maiintenant la force de raappel est supprimée et le point maatériel M esst un petit cube c qui
glisse saans frottemeent sur le plateau(P). Mais M s’appuiie sur un gu uide verticall avec un fro ottement de coeffficient f (voirr figure2). Le pointt M est d’abo ord fixé au point p A (x=0 0) et lâché à l’instant t=0 0 avec une vvitesse initiaale v0 . On désiggne par R1 la réaction du plateau sur M et paar R 2 = T + N , la réactio on du guidee vertical sur M (M désignee le petit cube) c ; T ett N sont respectivemen nt les comp posantes tan ngentielle (parallèle à Ax )et normale n ( paarallèle à Ay) telles que : T = f N a-
Ecrrire le princiipe fondameental de la dy ynamique par p rapport au a repère (A A,x,y,z).
b-
Pro ojeter cette relation surr les trois axes Ax, Ay et Az.
Démonttrer que la lo oi horaire en x(t) vérifie l’équation n différentiellle :
d2x dxx + 2 fω − ω 2 x = − f ω 2a 2 dtt dtt Intégrerr cette équ uation différrentielle et montrer que q le mou uvement dee M suivantt Ax est apériodique.
37
Exercice 7
(
)
Soit un repère galiléen R0 (OXYZ), de base I , J , K , centré au centre de la terre O et dont OZ coïncide avec l’axe passant par les deux pôles . Soit une zone d’exploration géologique située a une profondeur L d’un point O1, de latitude λ fixe à la surface de la terre. L’accès à cette zone se fait grâce à un forage (~ un puits) cylindrique dont l’axe de symétrie O1z passe par le centre de la terre O. On se propose d’étudier le mouvement d’une masse m, assimilée à un point matériel M, lâchée en chute libre, de O1 sans vitesse initiale par rapport à la terre. On néglige les variations du module de l’accélération de la pesanteur g .
(
)
Soit un repère direct R1 (O1,x,y,z) de base i , j ,k tel que l’axe O1x est porté par la tangente à la surface de la terre et dirigé vers l’Est . A t=0 s , M est en O1 dans le plan XOZ (voir figure) . I-1-a-
Le repère R1 est-t-il galiléen ? Déterminer le vecteur rotation instantanée de R1 par
rapport à R0 1-c –
Ecrire le principe fondamentale de la dynamique (PFD) appliqué à M dans R1.
1-a-
Déterminer le module de la force de Coriolis.
1-b-
Déterminer le module de la force d’entrainement.
1-c-
On peut négliger un terme par rapport à un autre s’il est 20 fois plus petit. Pour λ =
π 4
2
et g = 10m / s , trouver les domaines de profondeur L où on peut négliger les effets de la force de Coriolis Fc devant ceux de la force d’entrainement Fe et vice-versa. On donne : T (période de la terre)=24 Heures ; Rt (Rayon de la terre)=6400 Km III- Dans le cas où Fe << Fc , on se propose d’étudier la déviation de la particule M par rapport à O1z.
(
)
1-a-
Exprimer le vecteur K dans la base i , j ,k .
1-b-
Réécrire le PDF appliqué à M dans R1.
1-c-
En déduire les équations du mouvement de M.
2-a-
Montrer que l’abscisse x(t) de la masse m s’écrit sous la forme suivante :
x(t ) = ⎡⎣( gcos λ ) / 4ω 2 ⎤⎦ [ 2ωt − sin2ωt ] 2-b-
Quelle est la période T’ de la fonction sin2ωt ?
2-c-
Pour des durées de chutes libres t <
38
3-a-
C Calculer l’orrdonnée y dee M à l’ instaant t.
3-b-
E déduire le En l sens de laa déviation compté c sur le l méridien de O1
3-c-
C Cette déviattion se fait –elle dans le l même sen ns lorsque O1 est situéé dans l’hém misphère n nord ou lorssqu’il est situ ué dans l’héémisphère Su ud ?
4-
Q Quelle est la position du u point d’imp pact de la masse m au fond d d’un foragge, situé en Tunisie, T par rapportt à son axe.
our une équ uation différentielle de la l forme x ′′′ + A2 x = B où A est un ne constantee et B est N .B : Po
⎛ B ⎞ 2 ⎟ ⎝A ⎠
une foncction du tem mps, sa soluttion générale est de la fo orme : x(t ) = acos At + b sin At + ⎜
avec a et b des consstantes d’inttégration qu u’on détermiinera à partiir des condittions initialees.
39
Correction des exercices Exercice 1 y Y
X
I
J
θ
x
O 1-
F = Fx I + Fy J
Ra un repère galiléen ⇒ mΓa = F
Γ a = Γ r + Γ e + Γ c ⇒ Γ r = Γ a − Γ e − Γ c ⇒ mΓ r = mΓ a − mΓ e − mΓ F e = − m Γ e et F c = − m Γ
c
c
dOM dI dJ dI dθ dJ dθ / =X +Y =X +Y dt dt dt dt dt dt dt R , avec X ,Y = cte a dV e / = −ω 2 OM ⇒ V e = ω XI − YJ ⇒ Γ e = R , avec X ,Y cte = dt a
OM = X I + Y J ⇒ V e =
(
)
⇒ F e = mω 2 OM = mω 2 ( XI + YJ )
Γ c = 2ω ∧ V r ⇒ F c = 2ω m ( XI − YJ )
2-
Puissances relatives
(
Vr = X I + Y J
( )
)
P F e = F e V r = mω 2 ( XX + YY ) mω 2 2 U e = − ∫ P F e dt = − X + Y 2 + cte 2
( )
(
)
⇒ F e ne travaille pas.
( )
P F e = 2mω ( XX − YY ) = 0
3-
Condition nécessaire et suffisante pour que F dérive du même potentiel dans les deux
mouvements absolu et relatif.
(
)
Il faut que F .Va = F .Vr = F Vr + Ve ⇒ F .Ve = 0
40
(
)(
)
⇒ ω XI X − YJ Fx I + Fy J = 0 ⇒ XFy − YF Fx = 0 ⇒ OM M ∧F =0 ⇒ F
est une force cen ntrale de
centre O
Exerciice 2 I-
Cass du train en n arrêt à la gare de dépaart
1- γ r = 0 ; γ c = 0 ⇒ γ a = γ e = ω ∧ ( ω ∧ OM 0 )
k = cossθ ur − sinθ uθ = sin λur − cos λuθ ⇒ γ e = γ a = −Rω 2 cos λ ( cos λur + siin λuθ ) ⎧⎪P = −mgur ; R = R1ur + R2uθ : Forrces réelles 2 s λuθ ) : Fo orces fictivees ⎩⎪Fc = 0 ; Fe = −Rω c os λ ( cos λur + sin
2-a : bilaan des forcees dans R : ⎨ RFD D dans R ⇒
c-
∑F
reeles
+ ∑ F fictives = mγ r
⇒ −m mgur + R1ur + R2uθ + mRω 2 cos λ ( cos c λur + sin n λuθ ) = 0
(
3-a- Pro ojection de laa RFD sur ur ⇒ R1 = m g − Rω 2 co os 2 λ
)
Projjection de la l RFD sur uθ ⇒ R2 = −mRω 2 cos λ sin λ b-Si g >> Rω 2 coss 2 λ ⇒ R1
mg la corrrection non galiléenne est e négligeab ble
c-
(
)
⎧ m g − Rw 2 à l'équateu ur λ = 0 ( R1 est min) ⎪ 2 2 R1 = m g − Rw coss λ = ⎨ π ˆ no g au pole ord λ = ( R2 est max) ⎪mg ⎩ 2
(
)
⎧ ur λ =0 ⎪0 pou ⎪ 2 rω Rω 2 π ⎪ R 2 = −m 2 λ = ⎨ −m ( R2 est e min) pour λ = sin2 2 2 4 ⎪ π ⎪ ⎪⎩0 pourr λ = 2 d - A.N : R1 = 999 9975 N,
R2 = 1466 Newton
n mouvemen nt uniforme. II- Cass du train en
M 0 M ? soiit ψ l’angle (M ( 0ÔM)
1-a-
M0 M = v0t = Rψ
sin
ψ 2
=
M0 M 2R
⇒ M0 M = 2R sin s
ψ 2
⇒ M0 M = M0 M u = 2R sin
ψ 2
u
On considère maintenant m l triangle OM le O 0A avec l’aangle (M0OA A)= λ' − λ
41
⎛ λ' − λ ⎞ ⎛ λ' − λ ⎞ ψ v0t ' ' M0 A = M0 M cos θ = 2R sin ⎜ ⎟ ⇒ sin ⎜ ⎟ = sin cos θ = cos θ sin 2 2R ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ '
Le déplacement en Afrique du Nord vers le Nord-Est sera très limité à cause de la méditerrané
⎛ λ' − λ ⎞ v0t ' ⇒ << ⇒ sin ⎜ ⎟ 0⇒λ 2R ⎝ 2 ⎠
λ
La nouvelle latitude ne sera pas très différente de la précédente ( λ ' b-
λ)
2
γ e = ω 2 k ∧ ( k ∧ ur ) or k = sin λ' ur − cos λ' uθ ⇒ γ e = −Rω cos λ' ⎡⎣cos λ' ur + sin λ' uθ ⎤⎦ γ c = 2ωk ∧ vr or vr = v0u avec u = − cosθ ' uθ + sinθ ' uϕ
M
γ c = 2ωv0 ( sinλ' ur − cos λ' uθ ) ∧ ( − cosθ ' uθ + sinθ ' uϕ )
Θ’
γ c = −2ωv0 ( sinλ'(cosθ ' uϕ + sinθ ' uθ ) + cos λ' sinθ ur ) 2-
uρ
M0
uθ
R .F .D dans R
Mouvement uniforme ⇒ γ r = 0
(
)
−mgur + R1ur + R2uθ + R3uϕ + mRω 2 cos λ' cos λ' ur + sin λ' uθ + 2mω0 v0 sin λ' (cos θ ' uϕ + sinθ ' uθ ) + 2mωv0 cos λ' sinθ ' ur = 0 b- Projection de la R.F.D sur ur ⇒ R1 = mg − mRω 2 cos 2 λ' − 2mωv0 cos λ' sinθ ' Projection de la R.F.D sur uθ ⇒ R2 = −mRω 2 cos λ ' sin λ ' − 2mωv0 cos λ ' sinθ ' Projection de la R.F.D sur uϕ ⇒ R3 = −2mωv0 sin λ cosθ '
mg − Rω 2 cos 2 λ ' or λ ' = λ ⇒ R1 ]I
Rω >> v0 ⇒ R1
'
R1 ]II
A.N : R1 = 397405 N 3-a- Voir 2b. b- On a Rw >> v0 ⇒ la nouvelle correction non galiléenne affectant la composante R2 n’est pas très importante.
R3 ]I = 0et R3 ]II ≠ 0 ⇒ La correction non galiléenne est importante.
(
4- Rc = R2 + R3
) − (R II
2
+ R3
)
I
⎧ Rω 2 ⎫ Rc = ⎨−m sin2λ' − sin2λ − 2mωv0 sin λ' sinθ ' ⎬uθ − 2mωv0 sin λ' cosθ ' uϕ 2 ⎩ ⎭
(
)
Rc = Auθ + Buϕ On a λ '
λ ⇒ Rc = −2mωv0 sin λ ( sinθ ' uθ + cos θ ' uϕ )
42
Rc = Rc uRc ; Rc = 2mω v0 sin n λ et uRc = − sinθ ' uθ − cos θ ' uϕ A.N :
R c =202 N. C’est cettte composaante qui prov voque l’usure des railss de chemin de fer.
Exerciice 3 1-
γe =
ve =
dOO' dt
/R
=
d( Ri ) = Rω j = Rω ( − sinθ I + coss θ J ) dt
d 2 OO' dω + ∧ O' M + ω ∧ ( ω ∧ O' M ) 2 d dt dt
dω ∧ O' M + ω ∧ ( ω ∧ O' M ) = 0 dt
γe =
d 2 OO' = −Rω 2 i = −rω 2 cos c θ I + sinθ J 2 d dt
(
2-a- Viteesse initiale de la bille : c-
)
va ( M ,t = 0 ) = vhommee ( t = 0 ) = ve ( t = 0 ) = Rω j
Coo ordonnées de d la bille en n fonction du u temps :
P.F.D : mγ a = mg ⇔ γ a = g
⎧d2 X X ⎧ dX = Cx ⎪ 2 =0 ⎪ dtt ⎪ dt ⎧C x = 0 ⎪ ⎪ d 2Y Y ⎪ ⎪ dY condition ns initiale ⎨C y = Rω =Cy ⎨ 2 =0 ⇔ ⎨ ⎪ dtt ⎪ dt ⎪ 2 ⎩C Z = −0 Z ⎪ dZ ⎪d Z gt C = − + = − g Z ⎪ 2 ⎪ dt ⎩ ⎩ dt ⎧ dX ⎧ ⎧ ⎪ dt = 0 ' ' ⎧ X( ( t ) = C C = R ⎪ X( t ) = R ⎪ x x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ dY condition sinittiales ⎨C ' y = 0 ⇒ ⎨Y ( t ) = Rωt = Rω ⇔ ⎨Y ( t ) = Rωt + C ' y ⎨ ⎪ ⎪C ' = h ⎪ ⎪ dt 1 1 ⎩ Z ⎪ Z( t ) = − gt 2 + C ' Z ⎪ Z( t ) = − gt 2 + h ⎪ dZ gt − = ⎩ ⎩ 2 2 ⎪ dt ⎩
43
2h 2h ≠0 ; X(t0 ) = R;Y(t0 ) = Rω g g
c - La bille mis du temps pour Z=0 ; ⇒ t 0 =
la bille
tombe à l’extérieur du plateau
⎛ 2h ⎞ 2ω 2 h ⇒ = + ρ R 1 0 ⎟ g ⎝ g ⎠
2
2 2 2 Point d’impact : ρ0 = R + R ω ⎜
3- Relation fondamentale de la dynamique appliquée à la bille dans le référentiel R ' (O ' xyz )
O' M = x i + y j + zk a- mγ r = mg + Fe + Fc + R = Fe + Fc car mg + R = 0
Fe = −mγ e = mω 2 Ri FC = −2mω ∧ vr ⎛0 ⎞ ⎛x ⎞ ⎜ ⎟ ω ⎜ 0 ⎟ ; vr ⎜⎜ y ⎟⎟ ⇒ Fc = 2mω( zi − xj ) ⎜ω ⎟ ⎜z ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ b-
⎧ x = Rω 2 + 2ω z ( 1) ⎪ (2) ⎨ y = −2ω x ⎪z = 0 (3) ⎩ (3) ⇒ z = cte , à t =0 , ⇒ z=cte=0 (1) x = Rω 2 ⇒ x = Rω 2t + C1
⇒ x = ω 2 Rt − v0 ⇒ x (t ) =
, à t=0 ,
x = −v0 = C1
Rω 2t 2 − v0t + C '1 2
(
à t =0, x=0 ⇒ C '1 = 0 ⇒ x( t ) =
)
(2) ⇒ y = −2ω x = −2ω ω 2 Rt − v0 = −2ω 3 Rt + 2ωv0
y = −2ω 3 R
t2 + 2ω v0 t + C 2 2
à t=0 , y = 0 ⇒ C 2 = 0
1 y = −ω 3 Rt 2 + 2ωv0t ⇒ y(t ) = − ω 3 Rt 3 + ωv0t 2 + C' 2 3 à t=0 , y=0 ⇒ C 2' donc y( t ) = −
ω3 3
Rt 3 + ω v0 t 2
44
1 Rω 2t 2 − v0t 2
Exercice 4 1ère partie
1-
z
OM = rur = vrtur
ux θ
⎧sin θ cos ω0t ⎪ = ⎨sin θ sin ω0t ur⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎪cos θ ⎜⎜ i , j , k ) ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎩
y1
M Δ
y
w0t x1 x * Composantes de vecteur vitesse absolue dans R0
⎧vr sin θ cos ω0t − ω0 r sin θ sin ω0t ⎪ VM / R0 = ⎨vr sin θ sin ω0t + ω0 r sin θ cos ω0t ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎪v cos θ ⎜⎜ i , j , k ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎩ r * Composantes de vecteur accélération absolue dans R0
⎧−2vrω0 sin θ sin ω0t − ω 2 r sin θ cos ω0t ⎪ = ⎨2vrω0 sin θ cos ω0t − ω 2 r sin θ sin ω0t γ M / R0 ⎛ ⎞ ⎜ i , j , k ⎟⎟⎟ ⎪0 ⎜⎜ ⎝ ⎠ ⎩ * Dans le repère R1
⎧−ω 2r sinθ ⎧vr sinθ ⎪ ⎪ = ⎨ω0 r sinθ ; γ M / R0 = ⎨ 2vr ω0 sinθ VM / R0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪v cos θ ⎪0 ⎜⎜ i1 , j1 ,k ⎟⎟ ⎜⎜ i , j ,k ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎩ r ⎩ 2- Théorèmes de la composition des vitesses et des accélérations :
(
a- OM = rur = r cosθ k + sinθ i1
)
⎧vr sinθ ⎪ = ⎨0 vitesse relative : VM / R1 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎪v cos θ ⎜⎜ i1 , j1 ,k ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎩ r Vitesse d’entrainement :
(
)
ve = Ω R1 / R0 ∧ OM = ω0 k ∧ r cos θ k + sin θ i1 ⇒ ve ( M ) b-
Accélération relative
45
( i1 , j1 ,k )
= ω0 r sin θ j1
γ ( M )/ R = γ r =
d( v ( M ) dt
1
/ R1
) / R1
- Accélération d’entrainement
=
d vr cos θ k + vr sinθ i1 ⇒ γr = 0 / R1 dt
(
γ e = ΩR
1
/ R0
)
∧ ( Ω R1 / R0 ∧ OM ) ⇒ γ e = −ω02 r sinθ i1
-Accélération de Coriolis γ c = 2Ω R1 / R0 ∧ VM / R1 = 2ω0 vr sinθ j1 2ème partie 1-
R1 est un repère non galiléen :
Forces réelles : Poids P = m g ; Réaction R ⊥ Δ Forces fictives :
Fe = −mγ e = mω02r sinθ i1 Fc = −mγ c = −2mω0r sinθ j1
2- L’équation horaire du mouvement de l’anneau P.F.D : mγ r = P + R + Fe + Fc Projection sur Δ :
mγ r ur = Pur + Rur + Feur + Fc ur or Rur = Fc ur = 0 d 2r 2 ⇔ r − (ω0 sinθ ) r = − gcos θ 2 dt gcos θ − ω sinθ t + C 2e ( 0 ) + 2 2 ω0 sin θ
− mgcos θ + mω02r sin2 θ = m ⇒ r(t ) = C1e (
ω0 sinθ )t
g cos θ ⎧ ⎪ r = r0 ⇒ C1 + C2 = r0 − 2 2 ω0 sin θ Condition initiale t=0 ⎨ ⎪r = 0 ⇒ C − C = 0 1 2 ⎩
1 gcos θ ⇒ C1 = C 2 = ( r0 − 2 2 ) 2 ω0 sin θ r(t ) = ( r0 −
gcos θ gcos θ )ch (ω0t sinθ ) + 2 2 2 2 ω0 sin θ ω0 sin θ
3- L’anneau est immobile r (t ) = 0
r (t ) = (r0 −
g cos θ ) ω0 sin θ sh (ω0t sin θ ) = 0 ω02 sin 2 θ
⇒ r0 =
g cos θ ω02 sin 2 θ
4- La composante de la réaction de la tige sur l’anneau M suivant Oy1 Projection du P .F .D sur j1 :
P j1 = 0; R j1 = Ry ; Fe j1 = 0 ; Fc j1 = −2mω0 r sin θ
γ (M ) / R j1 = γ r j1 = 0 1
⇒ R y − 2mω0 r sinθ = 0 ⇒ R y = 2mω0r sinθ
46
Exercice 5 A- Le cerceau est immobile : 1-
Equation différentielle du second ordre vérifié par θ(t) :
R(Oxyz) est galiléen P.F.D : mγ =
y
O
∑ Fappliqué θ
Forces : Poids : P = mg i
M
Réaction : R = − ru r Frottement visqueux : f = −bmV Dans la base (u r , uθ ) , on a OM = aur ⇒ V = a θ uθ
x
⎛ −aθ 2 ⎞ ⎛0 ⎞ ⎛ mg cos θ ⎞ ⎛ −R ⎞ γ = ⎜⎜ ⎟⎟ ; P = ⎜ ⎟ ⎟ ; R = ⎜ ⎟ et f = ⎜ ⎝ −mg sin θ ⎠ ⎝0 ⎠ ⎝ −bmaθ ⎠ ⎝ aθ ⎠ Projection suivant ur : −maθ 2 = mgcos θ − R Projection suivant uθ : maθ = −mg sinθ − bmaθ
θ : petit ⇒ sinθ
g a
θ ⇒ θ + bθ + θ = 0
2-a Le retour à l’équilibre le plus rapidement possible s’effectue suivant le régime critique ⇒ Le discriminent du polynôme caractéristique doit être nul :
r 2 + br +
g g 4g b = 0 ; Δ = b 2 − 4 = 0 ⇒ ac = 2 , alors r1 = r2 = − a a b 2
b − t La loi horaire : θ ( t ) = ( At + B ) e 2 avec θ (0) = θ 0 et θ (0 ) = 0 ⇒ θ 0 = B et
⎡ ⎤ − 2b t Bb Bθ ⎛ −b ⎞ = − + A=0 = − 0 + A ⎢( At + B ) ⎜ 2 ⎟ + A⎥ e 2 2 ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ t =0 bt
⎡ bt ⎤ − 2 + 1⎥ e ⎣2 ⎦
Soit θ ( t ) = θ0 ⎢ b-
Valeur maximale du module de la vitesse
b b − t ⎡ b b2 b ⎤ − 2t ac b2 2 θ0 t e On a v = vθ = acθ = acθ0 ⎢ − − t + ⎥ e = − 2⎦ 4 ⎣ 2 4
ac b2 bt − b2 t v est max pour =0= θ − [1 − ] e dt 4 2 dv
47
b − t ac b2 Soit v = θ0 t e 2 4
Soit t =
a bθ 2 ⇒v = c 0 ; max b 2e
v
max
=
2 gθ 0 eb
- La réaction : on a −macθ 2 = mgcos θ − R ⇒ R = mgcos θ + macθ 2 avec θ =
2θ0 V 2 2gθ0 b 2 bθ0 et acθ 2 = = = e ac eb 4 g 2e
⎛ 2θ R = m gcos ⎜ 0 ⎝ e
⎞ mbθ0 ⎟ + 2e ⎠
B- Le cerceau est animé d’un mouvement oscillatoire de rotation, de faible amplitude autour de son axe Oz
(
)
1- va = vr + ve ⇒ a θ uθ = Vr + a ϕ uθ ⇒ vr = a θ − ϕ uθ
(
)
P.F.D suivant uθ : maθ = −m g sinθ − bma θ − ϕ ⇔ θ + bθ +
g θ = bϕ b
ϕ ( t ) = ϕ0 sin Ω t ⇒ ϕ = Ω ϕ0 cos Ω t Soit θ + bθ +
g θ = b Ω ϕ0 cos Ω t b
2- L a solution est de type θ ( t ) = θ M cos( Ω t + α ) Méthode complexe : θ ( t ) → θ (t ) = θ M e
⎡ ⎣
Soit ⎢ −Ω 2 + jΩ b +
où θ M =
j ( Ω t +α )
ϕ ( t ) → ϕ (t ) = b ϕ0 Ω e j Ω t
g⎤ bϕ0 Ω θ M e jα e jΩ t = bϕ0 Ω e jΩ t ⇒ θ M e jα = ⎥ g a⎦ − Ω 2 + jΩ b a
bϕ 0 Ω g ( − Ω 2 ) 2 + Ω 2b 2 a
. Le phénomène de résonance est obtenu lorsque θ M est max.
2 ⎤ dθ M g d ⎡⎛ g g 2⎞ 2 2 =0⇔ = Ω 2 ⇒ aR = 2 ⎢⎜ − Ω ⎟ + Ω b ⎥ = 0 ⇔ aR dΩ dΩ ⎣⎢⎝ a Ω ⎠ ⎦⎥
Remarque : On peut aboutir à la même équation A-1 , en utilisant le théorème de moment cinétique
L0 = OM ∧ mv = aur ∧ maθ uθ = ma 2θ k
(
)
M 0 ( R ) = aur ∧ ( − Rur ) = 0; M 0 ( f ) = aur ∧ −bmV = − a 2bmθ k M 0 ( mg ) = aur ∧ [ mg cos θ ur − mg sin θ uθ ] = − mga sin θ k dL0 g = M 0 ( R ) + M 0 ( f ) + M 0 (mg ) ⇒ ma 2θ = − a 2bmθ − mga sin θ ⇔ θ + bθ + θ = 0 dt a
48
Exercice 6 ⎧ Poids :mg ⎪ 1- a- Forces réelles : ⎨ Réaction : R ⊥ Ax ⎪ ⎩ Force de rappel du ressort : F y O ω
a M x
F
z
x
v
Fe Fc
A
2 Force d’entrainement : −mγ e = mω OM
Forces fictives :
Force de Coriolis : −mγ c = −2mω ∧ v
v est porté par Ax, donc (− mγ c ) ⊥ Ax b- Le principe fondamental de la dynamique.
mγ r = m
dv = mg + R + F + mω 2 OM − 2mω ∧ v dt
Projection sur Ax
d2x d2x 2 2 m 2 = −kx + mω x = − x( k − mω ) ⇒ m 2 = − x( k − mω 2 ) dt dt Equilibre relatif : solution x=0 , (
d 2x = 0) dt 2
Si x ≠ 0 , la force suivant Ax est − x(k − mw2 ) est de rappel, donc l’équilibre sera stable si
k > mω 2 . L’équilibre est instable si k < mω 2 . Il est indifférent si k = mω 2 2-
* Si k > mω 2 , soit Ω 2 =
Condition initiales : x=0 ,
x( t ) =
v0
Ω
k − mω 2 ; x(t ) = A cos Ωt + B sin Ωt m
v dx = 0 pour t=0 donnent A=0 , B= 0 dt Ω
sin Ω t ; T =
2π
Ω
= 2π
m k − mω 2
49
* -Si k < mω 2 , soit α =
mω 2 − k m
; x(t ) = λ eα t + μ e−α t
x(0) = λα − μα = v0 ⎫ v0 ⎬ ⇒ λ = − μ et α ( λ − μ ) = v0 ⇒ λ = x(0) = λ + μ = 0 2α ⎭ x(t ) =
v0
α
et μ = −
v0 2α
sh α t : Le point M s’éloigne indéfiniment.
3-a - Principe fondamental de la dynamique :
m b-
dv = mg + R1 + N + T + mω 2 OM − 2mω ∧ v dt
(
Projection sur l’axe Ax :
)
d2x m 2 = −T + mω 2 x dt
Projection sur l’axe Ay : 0 = N − mω 2 a − 2mω Projection sur l’axe Az :
dx dt
d2x ⇒ m 2 = − fN + mω 2 x dt
(1)
(2)
0 = R1 − mg
Pour trouver l’équation différentielle vérifiant la loi horaire en x(t). (2) ⇒ N = mω 2 a + 2mω
m
dx , remplaçant N dans l’équation (1) ⇒ dt
d2x dx ⎞ d2x dx ⎛ 2 2 = − + + ⇔ + 2 fω − ω 2 x = − f ω 2a ω ω ω f m a 2m m x ⎜ ⎟ 2 2 dt dt ⎠ dt dt ⎝
Résolution de cette équation différentielle : r 2 + 2 f ω − ω 2 = 0 ; Δ' = ω 2 ( f + 1)
r1,2 = − f ω ± ω f 2 + 1 réels, le mouvement est donc apériodique. à t=0, x=0 et
dx = v 0 . La solution générale est: dt
x(t ) =
a(1 − f ) r1e r2t − r2 e r1t + af r1 − r2
(
)
où af est une solution particulière
Exercice 7 I- 1-a R1 est en mouvement de rotation autour de R0 (fixe), R1 n’est pas galiléen.
ΩR
1
/ R0
= ωK
1-b Bilan des forces dans R1 : - Forces réelles : Poids : P = − mgk - Forces fictives :
⎧Force de Coriolis Fc = −mγ c = −2mω k ∧ vR ( M ) 1 ⎪ ⎨ ⎪⎩Force d'entrainement Fe = −mγ e = −m γ O1 / R + Ω ∧ Ω ∧ O1M
(
1-c P.F.D appliqué à M dans R1
50
(
))
mγ R1 ( M ) = −mgk − 2mωK ∧ VR1 ( M ) − m VR1 ( M ) =
(
d O1M dt
)/R
1
or O1 M = −
d 2 OO1 / R − mΩ ∧ Ω ∧ O1M dt 2
(
)
1 2 gt k ⇒ VR1 ( M ) = − gtk 2
( )
2-a- Force de Coriolis . Fc = 2mω gt sin K , k = 2 mω gt cos λ 2-b- Force d’entrainement :
⎡ d 2 OO1 ⎤ Fe = −m ⎢ + Ω ∧ Ω ∧ O1M ⎥ 2 ⎣ dt / R ⎦ 1 ⎛ ⎞ = −m ⎜ R − gt 2 ⎟ ω 2 K ∧ K ∧ k 2 ⎝ ⎠
(
(
)
(
)
(
)
= −m ⎡Ω ∧ Ω ∧ OO1 + Ω ∧ Ω ∧ O1M ⎤ ⎣ ⎦
)
k = cos λ uρ + sin λ K ;( uρ , i , K ) trièdre direct K ∧ k = cos λ i ⇒
1 ⎛ ⎞ Fe = m ⎜ R − gt 2 ⎟ ω 2 cos λ 2 ⎝ ⎠
3- Cas où Fc ≤ 20 Fe
1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2mω gt cos λ ≤ 20m ⎜ R − gt 2 ⎟ ω 2 cos λ ⇔ gt + 10 ⎜ − Rω + g t 2 ω ⎟ ≤ 0 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 2 2 ⇔ 5 gωt + gt − 10 R ω ≤ 0; Δ = g + 200 gω R > 0
t1 =
−g − Δ −g + Δ < 0 : a rejeté ; t 2 = 10 gω 10gω
t
0
t2
5 gωt 2 + gt − 10Rω
-
0
+∞
+
⇒ Pour t ∈ [0, t 2 ] : 5 gωt 2 + gt − 10Rω ≤ 0
or L =
1 2 ⎡ 1 ⎤ gt ⇒ L ∈ ⎢0 , gt 22 ⎥ : Domaine où on peut négliger Fc devant Fe 2 ⎣ 2 ⎦
A.N : pour que Fc ≤ 20 Fe il faut que L ∈[0;3300 ] km - Cas où Fe ≤ 20 Fc
⇒ gωt 2 + 80 gt − 2Rω ≥ 0 ; Δ' = ( 40 g ) + 2Rgω 2 > 0 2
51
t1 =
−40 g − Δ' −40 g + Δ' < 0 arejeté ; t 2 = >0 gω gω
t
0
gωt 2 + 80 gt − 2Rω
t2
-
⇒ Pour t ≥ t2 on a gωt 2 + 80 gt − 2 Rω ≥ 0 ⇒ L ≥
0
+∞
+
1 2 gt 2 2
A.N : L ≥ 6 m II- On se place dans le cas où Fe << Fc 1-a-
K = cos θ k + sin θ j or θ =
π 2
−λ
; K = sin λ k + cos λ j
1-b- PFD appliqué à M dans R1
mγ R1 ( M ) = −mgk − 2mω K ∧ VR1 ( M ) ⎧d2x ⎧ dx ⎪ 2 ⎪ dt ⎪ dt 0 ⎧ ⎪ ⎪d2 y ⎪ ⎪ dy m ⎨ 2 = − mgk − 2mω ⎨cos λ ∧ ⎨ ⎪ dt ⎪ sin λ ⎪ dt 2 ⎩ ⎪d z ⎪ dz ⎪ 2 ⎪ dt ⎩ ⎩ dt 1-c- Equations du mouvement de M :
⎧d2x dz dy ⎞ ⎛ − sin λ ⎟ ⎪ 2 = −2ω ⎜ cos λ dt dt ⎠ ⎝ ⎪ dt 2 ⎪⎪ d y dx ⎨ 2 = −2ω sin λ dt ⎪ dt 2 ⎪d z dx ⎪ 2 = − g + 2ω cos λ dt ⎪⎩ dt
( 1)
2-a :
⎧ dx ⎪ dt = −2ω ( cos λ z − sin λ y ) ⎛0 ⎞ ⎛0 ⎞ ⎪ dy ⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ àt = 0 M enO1 ⎜ 0 ⎟ et VR1 (O1 ) ⎜ 0 ⎟ 1ère intégration ⇒ ⎨ = −2ω sin λ x ⎪ dt ⎜0 ⎟ ⎜0 ⎟ ⎝ ⎠R1 ⎝ ⎠ ⎪ dz ω λ gt 2 x cos = − + ⎪ dt ⎩
52
En remplaçant dans (1) les expressions de
dy dz et dt dt
On obtient :
d2x = 2ω gt cos λ − 4ω 2 x cos 2 λ − 4ω 2 x sin2 λ = −4ω 2 x + 2ω gt cos λ 2 dt d2x ⇒ 2 + 4ω 2 x = 2ω gt cos λ dt Solution particulière : x p =
gt cos λ 2ω
Solution générale : x = x p + A sin2ωt + B cos 2ωt à t=0, x=0 et Soit
x( t ) =
2-b : T ' =
dx − gcos λ = 0 ⇒ B = 0 et A = 4ω 2 dt gcos λ ( 2ωt − sin2ωt ) 4ω 2
2π π T = = = 12 heures 2ω ω 2
2-c : sin2ωt
( 2ωt ) 2ωt − 3!
⇒ x( t ) = gω 3-a :
3-b : 3-c
pour une durée de chute t << T '
t3 cos λ ≥ 0 ∀ λ la déviation est vers l’Est. 3
dy = −2ω x sin λ dt ⇒ y(t ) =
3
−
2ω 2 3 gt sin λ cos λ 3
−ω 2 4 ω2 4 gt sin λ cos λ = − gt sin2λ 6 12
⎡ π⎤ λ ∈ ⎢ 0, ⎥ ⇒ sin 2λ > 0 ⇒ y < 0 ⇒ la déviation est vers le sud. ⎣ 2⎦ ⎡ π⎤ ⇒ Déviation vers le sud ⎣ 2 ⎥⎦
* O1 situé dans l’hémisphère nord ⇒ λ ∈ ⎢0,
⎡ π ⎤ , 0 ⇒ y > 0 ⇒ Déviation vers le nord ⎣ 2 ⎥⎦
* O1 situé dans l’hémisphère sud ⇒ λ ∈ ⎢ −
4- La Tunisie est situé en hémisphère nord ⇒ déviation vers le Sud –Est.
53
Energie e Exerciice 1 Un poin nt matériel de d masse m se s déplace dans d le plan xOy de faço on que son vvecteur posiition soit donné par p : r
a cos c ωt ı
b sin ωt j
où a et b sont deux constantes positives p tellles que a>b b 1-a- Mon ntrer que lee point matériel se déplaace sur une ellipse. b- Monttrer que la fo orce agissan nt sur le poin nt matériel est e en tout point p dirigéee vers l’origiine. c- Montrrer que cette force dériv ve d’un poteentiel. 2- a- Callculer l’énerrgie cinétiqu ue du point matériel m auxx points A (aa, 0) et B (0, B). b- Calcu uler le travaiil fourni par le champ de force en déplaçant le point p matérriel de A à B.. c- Monttrer que le travail total, effectué en e faisant faaire au poin nt matériel une fois le tour de l’ellipse,, est nul. d- En uttilisant le réssultat de la question q (c)), calculer l’éénergie poteentielle aux p points A et B. B e- Calculer l’énergiee totale du point p matériiel et montreer qu’elle esst constante,, en d’autress termes, nservation de d l’énergie. démontrer le princiipe de la con Exercice 2 1-
Détterminer
avec :
Fx F F
2-
l l’énergie
p potentielle
Ep
dontt
dérive
la
force
F
(Fx,
Fy,
Fz)
az
2bxy a et b sont deux constantes. On vérifierra que la forcce est conseervative. ay b
ne bille P dee masse m en un point A d’un cerceeau (C1) ; On abandonne sans vitesse initiale un
b de (C1)), on supposse que la traajectoire dee P décrit un n deuxièmee cerceau au pointt O le plus bas (C2), de centre C et de diamètree OB = 2R, in ntérieur à ceelui de (C1).. On suppose que le mou uvement s négligeeables. de P s’efffectue sans roulement et que les frrottements sont a-
Calcculer la vitesse minimalle de P au po oint B.
b-
En déduire l’aaltitude min nimale h du point de départ A de P en appliquant la loi de
conserv vation de l’én nergie. c-
Don nner
l’exp pression
d de
l’énerggie
potentille de P en un point M en fonction n de θ, m, R et g. d-
d Détterminer less positions d’équilibre
de P et discuter leu urs natures.
54
Exercice 3 Dans un repère R (O, x, y, z) fixe, on considère un tube circulaire de rayon a et de centre O1 (0,0,a) en rotation autour de l’axe Oz avec une vitesse angulaire ω=cte. La masse et la section du tube sont négligeables. Soit R1 (O1, x1, y1, z) un repère mobile tel que le plan x1O1z contient le tube. A t=0, ce plan coïncide avec le plan xOz. Une masse ponctuelle métallique m se déplace sans frottement à l’intérieur du tube. I-
Calcul de l’énergie :
a-
Etablir le bilan des forces appliquées à la masse m dans R1.
b-
Quelles sont les forces qui ne travaillent pas ? Montrer que les forces restantes sont
conservatives. c-
En prenant Ep(θ= 0) =0, montrer que l’énergie potentielle totale est de la forme : 1 mω r 2
E θ
mga cos θ
cste
avec r : distance du point M par rapport à l’axe Oz. θ = OO O M . d-
Calculer l’énergie mécanique totale. Justifier sa conservation.
II- Etude des positions d’équilibres relatives Déterminer les positions d’équilibres relatives et étudier leur stabilité. III- Etude du mouvement relatif : Dans la suite du problème, on considère le cas où ω2
E θ
E
E θ
θ
|
θ θ
θ
θ
….
En se limitant aux deux premiers termes du développement : θ
ω θ
0
a-
Montrer que l’équation du mouvement est de la forme :
b-
Donner la signification physique de ω0 après l’avoir déterminer en fonction de g, a et ω.
Quelle est la nature du mouvement relatif de la masse m?
Exercice 4 Un point matériel M de masse m de coordonnées (x,y,z) est placé dans un champ scalaire d’énergie potentielle U x, y, z
mgz
ω
x
y
; avec g et ω sont deux constantes.
1- a -
Déterminer l’équation cartésienne de la surface équipotentielle U0.
1- b -
Quelle est la nature de cette surface ?
1- c -
Le point M décrit la parabole z
ω
x dans le plan y=0, voit-il une variation de son
énergie potentielle le long de cette courbe ? Quel est le travail effectué ?
55
1- d -
Le point M au repos est lâché à partir d’un point P de la parabole précédente pour
atteindre le point P0(x0, y0, z0). Déduire sa vitesse en ce point. 2- a -
Calculer les composantes cartésiennes de la force qui dérive de ce potentiel U.
2- b -
A partir du principe fondamental de la dynamique, déduire l’équation paramétrique de la
trajectoire pour un point partant du repos d’un point S (a, 0, 0) ; a≠0.
Exercice 5 Un point matériel A, de masse m, est entrain à se déplacer, sans frottement, sur la surface intérieure d’une demi-sphère creuse S. cette surface tourne uniformément, à la vitesse angulaire Ω, autour de son axe de révolution vertical. Sur la figure suivante on a représenté le référentiel terrestre noté R0 ( O x0 y0 z0 ), supposé galiléen. Oz0 étant la verticale ascendante et le référentiel R( O x y z0 ) lié à S. On se propose d’étudier le mouvement de A par rapport à (R). Pour cela on projette les relations vectorielles dans la base de (R), et on introduit la quantité Ω
g⁄r , g étant l’intensité du
champ de pesanteur terrestre et r0 le rayon de la demi-sphère S.
z0 Ω
y
y0
O x
A
x0
1-
Exprimer, en fonction des coordonnées (x, y, z) de A dans (R), de leurs dérivées par rapport
au temps (x, y, z et de Ω : la vitesse d’entrainement de A, son accélération d’entrainement et son accélération de Coriolis qui interviennent dans la composition des mouvements de A par rapport à (R) et (R0). 2-
Ecrire vectoriellement la loi fondamentale de la dynamique pour A dans son mouvement
par rapport à (R). En déduire les équations différentielles aux quelles satisfont x, y et z ; on
56
mettra la force de réaction R qu’exerce S sur A sous la forme suivante que l’on justifiera : où 3- a -
Quelle est, en fonction de z, l’énergie potentielle de pesanteur de A ? On prendra l’origine
de l’énergie potentielle à z=0. 3- b -
Montrer que la force d’inertie d’entrainement dérive aussi de l’énergie potentielle
m Ω z , lorsque l’on prend l’origine à z=0. 3- c -
En déduire l’énergie potentielle totale Ep de A.
4- a -
Tracer le graphe de la fonction :
Montrer que 4- b -
Ω
⁄
Ω
.
Discuter qualitativement la nature des différents mouvements en z, suivant la valeur de
l’énergie mécanique totale Em de A dans (R). 4- c -
Pour quelle valeur de l’énergie Em le point A évolue- t – il en contact avec S dans un plan
horizontal ? Quelle est la cote zm correspondante en fonction de r0 ?
57
Correction des exercices Exercice 1 1a-
²
c.à.d. c.à.d.
²
1 : Équation d’une ellipse de centre O et d’axes a et b. b-
or
c-
il s’agit d’une force centrale.
y π 2w
bt
VB
M(t) VA
F
M(t=0) a
0
-a
x
-b d-
Pour démontrer que F dérive d’un potentiel scalaire, il suffit de démontrer que rot F
effet : 0 F
∧
;
∧
=
=
0
0 0 0
∃ V tel que
.
Calcul de V : 1 2 0
V= V(x, y, z)
3 ,
(1) ,
4 ,
58
0. En
0 Conclusion : , , : C’est l’énergie potentielle dont dérive .
, , Autre méthode :
= 2 Remarque : le potentiel scalaire est déterminé à une constante additive près. 2-a- Energie cinétique :
t= 0, M en A,
,
M est en B, b-
,
Travail fourni par le champ de force en déplaçant le point matériel de A à B. or dl
MM
dr
Conclusion : ; =
c-
: Résultante des forces s’exerçant sur le point M. =0
Il est normal de trouver que le travail de
le long de toute l’ellipse est nul car
est un vecteur
de gradient. d-
Energie potentielle Ep tel que
;
L’énergie potentielle est définie à une constante additive près. ;
Au point A : Au point B :
Remarque : la constante C peut être déterminé en prenant l’origine des énergies potentielles en un point particulier. Exemple : Nous prenons l’origine des énergies potentielles au point A. Nous trouvons et
59
0
e- Energie mécanique totale est la somme de l’énergie cinétique et de l’énergie potentielle.
Conclusion :
conservation de l’énergie mécanique totale.
Remarque : L’énergie mécanique totale se conserve si les forces auxquels sont soumis les points matériels sont conservatives. Exemple de force non conservative : force de frottement (la conservation de E cesse d’être valable).
Exercice 2 1- Force conservative
∧
0
0
2
2
0 2
0 0
0
0
est conservative.
, 2
2
,
2- a- Vitesse minimale de P au point B. En B : b- l’altitude minimale h du point de départ A de P. 2
0
2
60
,
c- l’énergie potentielle de P en un point M en fonction de θ, m, R et g. 1 d- Positions d’équilibre : ∂E
mgR sin θ
∂θ ∂E ∂θ
θ θ
0
0 π
Nature des positions d’équilibre : ∂ E
mgR cos θ
∂ θ
9
Pour θ= 0,
9
Pour θ= π,
∂ ∂
∂ ∂
= - mgR <0
Equilibre instable.
= mgR >0
Equilibre stable. z
Exercice 3
θ
cos θ
sin θ
sin θ
cos θ
ω
I-
Calcul de l’énergie :
a-
Forces appliquées à M dans R1.
Forces réelles H
-
Poids :
-
La réaction du tube sur M :
θ
a
θ
M
O Є plan ⊥ au tube au point M, donc c’est le plan engendré par les
Pas de frottement et
vecteurs unitaires Forces fictives : •
: Force d’inertie d’entrainement
sin
∧
ou bien γ
∧O M
sin •
: Force d’inertie de Coriolis (complémentaire).
F
mγ
2m ∧V
F
2
2m
k ∧
O M
⎦R
cos
b.
0
61
2
∧
.
0
et la force de Coriolis ne travaillent pas
La réaction .
sin .
0
sin cos Le poids
0
et la force d’entrainement
sont conservatives.
csin
1 2 ,
1
3
2 , 0
Or
0,
0 1
Donc
cos
sin ; d-
Energie mécanique totale :
E= Ec + Ep où 1
cos
Comme c’est seulement les forces conservatives qui travaillent
∆
0
II- Etude des positions d’équilibre relatives : Rappel : soit
une position d’équilibre. Cet équilibre est dit stable, si l’énergie correspondant
est minimale. Faisons le développement de Taylor au voisinage de ∂ E ∂θ
!
0 car
est une position d’équilibre.
correspond à l’énergie minimale si
∂ E
est > 0.
∂θ
Finalement : ∂ E ∂θ
est
0 é 0 é 0é
é
62
au second ordre.
Positions d’équilibres relatives : 0
cos
sin
0
0
sin n’est acceptable que si
ou cos
Pour
1 on a 4 positions d’équilibre :
Pour
1 on a 2 positions d’équilibres :
Etude de la stabilité :
∂
1
∂
0,
et
cos
0 et
2
∂ ∂
∂
Nature de
∂
l’équilibre
0
<0
Instable
π
<0
Instable
>0
Stable
>0
Stable
0
>0
Stable
π
<0
Instable
1
1
1
0
0
π
-2mag
Indifférent <0
Instable
III- Etude du mouvement relatif : L’équilibre stable pour
0
0
0 ⟺
∂
θ
∂
⟺
0
0
Equation différentielle d’un mouvement sinusoïdale de pulsation
Exercice 4 1-
a- équation cartésienne de la surface équipotentielle
⟺ b- Nature de cette surface : c’est une paraboloïde d’axe Oz.
63
est :
⁄
c- Si y = 0 et
, ,
0 pas de variation de l’énergie potentielle U.
Le travail effectué sur cette courbe équipotentielle 0 car
.
.
d- L’énergie totale est conservée puisque la force appliquée dérive de
, ,
On prend deux états : (1) sur la parabole : E = (Ec + Ep) parabole Ec = 0 car au repos et Ep = 0 (Voir c- ) (2) Sur le point
,
, ,
1 2
0 2-
,
2 2
2
a – Les composantes de la force ∂
, ,
∂ ∂
;
∂
, , ;
b- Principe fondamental :
Conditions initiales : 0
0 . On obtient
t= 0, x= a, y= 0, z=0 et
Exercice 5 1-
Vitesse d’entrainement de A :
∧
⁄
v
Ω ∧ OA
v
Ω
v
Ω
⁄
0,
ΩU
∧
∧
∧
Accélération d’entrainement de A. γ
γO ⁄R
Ω
∧O A
∧
∧O A
64
Ω ∧ Ω ∧ OA
γ γ
Ω
xU
Ω∧ Ω∧ yU
Accélération de Coriolis : γC
2Ω ∧ VA ⁄R ;
γC
2Ω xU ∧ U
γC
2Ω xU
2-
VA ⁄R y U ∧U
zU
∧U
y U
Loi fondamentale de la Dynamique :
m γA =
∑F
∑F ∑F
=P + R
R
réelles
réelles
+
∑F
Fictives
= Fe + Fc
Fictives
Soit m γ A = P + R + Fe + Fc R
γ A = xux + y u y + zuz0 R
P = - mgk, R = -
R ( x ux + y u y + z uz0 r0
Fe = -m γ e = m ω 2 ( x ux + y u y )
Fc = -m γ c = - 2 m ω ( x u y − y ux
)
)
Projection de P. F. D sur (Ox) :
mx = 0-
Rx + m Ω 2x + 2 m Ω y r0
Projection sur ( Oy ) : my = 0 -
Ry + m Ω 2 y -2 m Ω x r0
Projection sur ( Oz0 ) : mz = -mg -
Rz r0
Finalement: ⎛ ⎛ R 2⎞ ⎜m x = ⎜ − + m Ω ⎟x + 2 m Ω y ⎝ r0 ⎠ ⎜ ⎜ ⎜ my = ⎛⎜ − R + m Ω 2 ⎞⎟ y − 2 m Ω x ⎜ ⎝ r0 ⎠ ⎜ ⎜ mz = -mg - R z ⎜ r0 ⎝ 3-a- Energie potentielle de pesanteur de A
65
P = - grad E p1 ⇔ -m g = z = 0 , E p1 ( 0 ) = 0 ⇒ C = 0
∂E p1 ∂z
⇔ E p1 ( z ) = mgz + C
E p1 ( z ) = mgz b- Energie potentielle de la force d’inertie d’entraînement :
Fe = ∂E p2 ∂x ∂E p2 ∂y
= =
E p2 = = E p2 =
∂E p2 ⎧ 2 ⎪+ mΩ x = ∂x ⎪ - grad E p 2 ⇔ ⎨ ⎪+ mΩ 2 y = - ∂E p2 ⎪⎩ ∂y 1 - mΩ 2 x ⇒ E p2 = - m Ω 2 x 2 + C1 ( y ) 2 1 ∂ C1 -mΩ 2 y ⇒ = - mΩ 2 y ⇒ C1 ( y ) = - m Ω 2 y 2 + C 2 2 ∂y 1 - m Ω 2 x 2 + y 2 + C2 2 1 2 - m Ω 2 r0 − z 2 + C 2 puisque r0 = constante = x 2 + y 2 + z 2 2
(
)
(
)
1 1 2 m Ω 2 z 2 + C 2 − m Ω 2 r0 2 2
Lorsque l’on prend l’origine à z=0
z = 0 ⇒ E p2 = 0 ⇒ C 2 -
1 2 m Ω 2r0 = 0 2
Finalement E p2 =
c- Energie potentielle totale Ep de A :
E p = E p1 + E p2 ;
1 E p = mgz + m Ω 2 z 2 2
4- a Etude de la fonction : f ( u ) = u + 2
2
2 ω0 u
Ω2
⎧ ⎪u = 0 ⎪⎪ df = 0 ⇔ ⎨ou du ⎪ 2 ⎪u = - 2ω0 ⎪⎩ Ω2
66
1 m Ω 2z2 2
u
2
ω − 02 Ω
-∞
+∞
-
f’ (u) f (u)
+ 4
-∞
−
ω0 Ω4
+∞
f (u)
2
Ω
Ω
0
u
2 ⎛ ⎞ ⎛ 2 ⎞ 1 1 1 2g 2g 2 2 2 2 z 2 2 ⎛ z ⎞ E p = mgz + mΩ z = m Ω r0 ⎜⎜ 2 + 2 2 z ⎟⎟ = m Ω r0 ⎜ ⎜ ⎟ + 2 2 z ⎟ ⎜ ⎝ r0 ⎠ Ω r0 ⎟ 2 2 Ω r0 ⎝ r0 ⎠ 2 ⎝ ⎠ 2 2 ⎛ 1 2 ω0 ⎛ z ⎞ ⎞ 2 2 ⎛ z ⎞ m ω r0 ⎜ ⎜ ⎟ + = ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎝ r0 ⎠ Ω 2 ⎝ r0 ⎠ ⎟ 2 ⎝ ⎠
On pose : u =
⎛z⎞ z 1 1 ⇒ E p = m Ω 2r0 2 f ⎜ ⎟ = m Ω 2r0 2 f ( u ) r0 2 2 ⎝ r0 ⎠
b- E m : énergie mécanique totale de A dans (R) Soit E m ∩ E p = {A, B} à gauche de A et à droite de B pour que E m = E p + E c ;
Ec doit être négatif ce qui est
impossible. Entre A et B E c > 0 . En A et B, E c = 0 La particule oscille entre A et B autour d’une position stable z = - r0
67
2
2
ω0 Ω2
Choc Exercice 1 Un neutron (A) de masse m et un noyau lourd (B) de masse M ne sont soumis à aucune forces extérieure. Ils entrent en collision, dans le référentiel de laboratoire R supposé Galiléen. Avant le choc, (B) est au repos et (A) à la vitesse particule (AB) de masse (m+M) de vitesse 1-
. On constate qu’après le choc, il se forme une
dans RL (référentiel de Laboratoire).
Montrer que cette collision ne conserve pas l’énergie cinétique du système. Calculer la
variation
de l’énergie cinétique au cours du choc en fonction de m, M et de l’énergie cinétique
E0 de la particule avant le choc. 2-
On se place dans le référentiel RG du centre de masse G de (A) et (B).
a-
Montrer que RG est Galiléen.
b-
Calculer l’énergie cinétique de (AB) après le choc dans RG.
c-
Calculer l’énergie cinétique E* du système [(A) + (B)] avant le choc dans RG. L’écrire en
fonction de E0 et la comparer à
.
Exercice 2 Une particule de masse m1 et de vitesse de vitesse
[ ,
entre en collision avec une particule de masse m2 et
// x’x].
1-
Calculer la vitesse
2-
Quelles sont les vitesses
du centre de masse des deux particules. et
dans le système de centre de masse avant la collision ? On
exprimera ces vitesses en fonction de la masse réduite μ et la vitesse relative
=
- .
Que vaut alors la quantité totale de mouvement dans ce système ? Qu’en déduire lors d’une collision ? 3-
Calculer, avant la collision, l’énergie cinétique totale du système :
a-
dans le référentiel du centre de masse.
b-
dans le référentiel du laboratoire.
Montre que E = Er + EG, où Er : énergie cinétique d’une particule de masse μ et de vitesse Vr. EG : énergie cinétique du centre de masse. 4-
Lorsque la collision est inélastique, que peut-on dire sur
?
Exercice 3 Soit deux masses M1= 85g et M2 = 200g qui se déplacent dans un plan horizontal et qui entrent en collision. Avant le choc les vitesses des deux masses dans le référentiel (L) lié au laboratoire sont :
= 6,4 et
= -6,7 -2
Après le choc la masse M2 a pour vitesse :
= -4,4 +1,9
68
et
sont les vecteurs unitaires d’un repère orthonormé (Oxy) (
1; .
0 ) et les
vitesses sont exprimées en mètre par seconde. 1- Trouver la vitesse de centre de masse dans le référentiel (L). 2- Trouver les vitesses des deux masses avant le choc dans le référentiel du centre de masse. 3- Trouver la vitesse
de la masse M1 après le choc.
4- Trouver les vitesses relatives
et
. Le choc et –t-il élastique
où inélastique ? Justifier votre réponse.
Exercice 4 1-
Une balle de masse m, arrive sur un sol horizontal sous l’angle d’incidence i, heurte le sol
sans frottement et rebondit. a-
Le choc est supposé élastique, déterminer l’angle de réflexion r de la balle.
b-
Dans le cas d’un choc inélastique, on définie le coefficient de restitution e par le rapport des
composantes normales des vitesses relatives des deux particules avant et après le choc (Voir figure). Déterminer l’angle de réflexion r de la balle en fonction de i et e. A.N : i=30° ; calculer r pour un choc élastique et un choc inélastique défini par e= 0,5.
Normale
m
i
r Sol
2-
On suppose le choc élastique. Déterminer la force moyenne exercée sur le sol par la balle
arrivant normalement au sol, pendant l’intervalle de temps égal à la période de rebondissement de la balle. On admettra que la force exercée par la balle sur le sol est constante pendant le choc. 3-
On considère le choc élastique de molécules monocinétiques (de même vitesse v, de même
masse m0) sur le piston. On désigne par n, le nombre de molécule par unité de volume de faisceau de molécules. Quelles forces faut-il exercer sur le piston, de section S pour qu’il reste immobile ? A. N : molécule d’Argon (A=40), de vitesse v= 400 m/s. Nombre d’Avogadro N= 6 1023, section de piston S= 0,2 m2; n= 5 1020 molécules/m3.
69
Exerciice 5 Dans ce problème, on se propo ose d’étudier le cas du bombardem b ment d’une m molécule diaatomique d’hydrogène par dees neutrons. Cette moléccule peut êtrre matérialisée par deu ux masses identiques d rigidité k et de longu ueur à vide x0. (H et H’)) reliées parr un ressort non tendu de Le resso ort matérialise la liaison n chimique H-H. la molécule est iniitialement aau repos. Le neutron (N), de masse m, est e animé d’une vitessee v0 perpend diculaire à HH’. H Il heurtte un seul des d deux ule, soit H, lo ors d’un cho oc supposé parfaitemen p nt élastique. atomes de la molécu
1-
ude des choccs : Etu
a-
Queelles sont less grandeurss physiques conservées lors de ce ch hoc ? Pourquoi ?
b-
Ecrrire les lois de d conservattion. En déd duire les viteesses de H ett N juste aprrès le choc.
2-
Etu ude de mouvement de la molécule après le choc c
Après le choc le sy ystème form mé par la mo olécule seul est supposé isolé : le n neutron n’in ntervient pas. Ce système s serra étudié, daans la suite du problèm me, par rapport au référrentiel liée au a centre de massse : RCM. a-
Queelles sont less grandeurss physiques conservées dans ce cas ?
b-
Détterminer :
•
La vitesse v du ceentre de maasse.
•
Less vitesses dee H et H’, justte après le choc, c par rap pport au RCM M.
c-
Lorrs de l’allonggement maxximal du resssort (x= x0+a) + les vitesses par rapp port au RCM M de H et
H’ seron nt de nouveaau perpendiiculaires au ressort HH’ et respectiv vement égalles à (+V’) ett (-V’). Ecrire lees lois de co onservation n du momen nt cinétique et de l’énerrgie du systtème (H et H’) juste après le choc (x ≈x0) et à l’instaant de l’allon ngement maximal (x= x0+a). Montrerr que : 2
et
1 2
uis déterminer les vaaleurs de (a) ( pour pu
²/ 2
.
70
Exercice 6 Un pendule simple P1 est constitué par une sphère homogène S1 de petit rayon r, de masse m1, suspendue à un fil de longueur (l-r) inextensible et de masse négligeable, fixé lui même en un point O1. La distance
de O1au centre C1 de S1 est donc l. O1
O2 2r l-r
h C1
C2
S1
S2
a – Etablir l’équation qui permet de déterminer la période T des oscillations de petite amplitude de ce pendule. b- Indiquer brièvement la correction à faire sur l’expression de la période T du pendule simple précédent si l’on tient compte du rayon r de la sphère. Dans la suite on la négligera. 2- Un deuxième pendule simple P2 a la même longueur l que le précédent, mais la sphère S2 de rayon r suspendue au fil et de masse m2 (m2≤m1). Le pendule P2 est suspendu en un point O2, situé dans le plan horizontal de O1, à une distance O1O2 = 2r de O1. A l’équilibre, les 2 sphères sont donc tangentes entre elles. On écarte le pendule P1 de sa position d’équilibre en maintenant le fil tendu, dans le plan vertical de O1O2 ; le centre C1 de la sphère S1 monte d’une hauteur h. On lâche alors le pendule P1 sans lui donner de vitesse initiale. a- Quelles sont, immédiatement avant le choc, les vitesses v1 et v2 des centres C1 et C2 des sphères S1 et S2 ? b- quelles est la relation entre les vitesses v1 et v2 et les vitesses v’1 et v’2 de C1 et C2 immédiatement après le choc ? c- Si l’énergie cinétique était conservée dans le choc, quelles serait les vitesses v’1 et v’2 ? A quelle hauteur maximales h’1 et h’2 s’élèverait alors C1 et C2 après le choc ? Examiner en particulier le cas m1=m2. d- On constate en réalité que le pendule P1 s’élève à la hauteur h’2=h. En déduire quelle était la vitesse initiale v’2 de C2 juste après le choc. Examiner la perte d’énergie cinétique ∆ choc en fonction de m1, m2, g et h. Examiner le cas m1=m2.
71
dans le
e- Où et quand se produira le deuxième choc ? Quelles seront immédiatement avant ce deuxième choc les vitesses des deux pendules P1 et P2 ?
Exercice 7 Un enfant lance son ballon sur un mur, situé en face de lui à une distance x0=5m, avec une vitesse v0 = 20 m/s faisant un angle
45° avec l’horizontal. Son chien se dispose de telle façon
qu’après le choc (supposé parfaitement élastique et très bref) il attrape le ballon à son arrivé au sol. I-
On se propose d’étudier le mouvement de ballon de masse m, assimilé à un point matériel
M, afin d’aider le chien à sa réception. On défini le repère dire et R (Oxyz) de base ( , ,
qui est
fixe et tel que le mouvement se fait dans le plan (Oxy). (Voir figure) On néglige la résistance de
z
l’air.
θ
α
x
O
-x0 1-
Quelle est la position du point d’impact de ballon sur le mur ?
2-
Déterminer la vitesse
de ballon juste avant le choc, en déduire son angle
avec
l’horizontal. 3-
On suppose que le système (mur-ballon) est isolé
a-
Quelles sont les grandeurs physiques conservées lors de ce choc ?
b-
Déterminer la vitesse (
4-
Déterminer la position que devrait prendre le chien pour recevoir le ballon.
après le choc.
II- Maintenant, le système (mur, ballon, enfant et chien) se trouve sur une plate forme qui peut tourner autour de l’axe (Oz) avec une vitesse angulaire . Soit un repère direct R1(O, x1, y1, z) de base
, ,
lié à la plate forme. Ce système se met à
tourner juste après le choc. Cet instant sera pris comme origine de temps. 1- Déterminer la vitesse d’entrainement de Coriolis
, l’accélération d’entrainement
.
2- Indiquer au chien la direction de la déviation subie par le ballon. 3- Dans cette question, on néglige
.
a- Ecrire le principe fondamental de la dynamique appliqué au ballon dans R1. b- Déterminer les équations paramétriques de M. On donne g=10 m/s².
72
et l’accélération
Solutions des Exercices Exercice 1 1- Le système n’est soumis à aucune force extérieure Système isolé donc on a conservation de la quantité de mouvement.
Eci (avant le choc) = ½ m Ecf (après le choc) = ½ (m+M) Ecf = ½ (m+M)
=
≠ Eci
Pas de conservation de l’énergie cinétique.
W : variation de l’énergie cinétique au cours du choc. W= Ecf-Eci =
-
1 = - E0
E0
W= 1-
=
Pour que RG soit galiléen il faut que
/ RG soit constante.
Soit O le centre de référentiel RL galiléen : /RL =
/
/RL =
/
Avant le choc : / RL =
/RL =
=
Après le choc : / RL =
/ RL=
/ RL (avant le choc) =
/ RL (après le choc).
RG est Galiléen. RG est en mouvement de translation uniforme par rapport à RL (Galiléen) b- Ec(AB) /RG = ½ (m+M)
/RG
/RL(Vitesse absolue) = /RG =0
/RL(Vitesse d’entrainement) +
Ec(AB)/RG =0
c- Avant le choc : Ec/RG=½ m Avec
/RG+½ M
/RG
/ RG : vitesse de A dans RG avant le choc. / RG : vitesse de B dans RG avant le choc.
/ RL= / RG + / RL(=0) =
/ RL
/ RG +
RG est Galiléen.
/ RL(=
Ec/RG =
73
/RG(Vitesse relative)
=
.
= 1
= Ec/RG =
Exercice 2 1- G centre de masse de M1 et M2 : C’est le barycentre des points M1 et M2 affecté des coefficients m1 et m2. 0 0
Donc VG 2-
V
V
: Référentiel de centre de masse.
Quantité de mouvement dans RG : 0 La quantité du mouvement total dans le référentiel du centre de masse est nulle. 3- Calcul de l’énergie cinétique total du système avant le choc. a- Dans RG : Ec/RG =
=
Ec/RG = μ V
74
Cette énergie est égale à l’énergie cinétique d’une particule de masse μ et de vitesse Vr. b- Dans RL : Ec/RL = =
.
=
.
=
+
Er
.
EG
Donc Ec/RL = Er + EG 4- 1er cas : Collision élastique : 9
Conservation de la quantité de mouvement (1).
9
Conservation de l’énergie cinétique (2)
(1) :
(2) : Er + E G = Or d’après (1) : Conservation de
lors d’un choc élastique.
2eme cas : Collision inélastique : 9
Conservation de la quantité de mouvement
9
Pas de conservation de l’énergie cinétique
conservation de
. : il n’ya pas de
.
Exercice 3 1- Vitesse du centre de masse dans (L) : 2,79
1,4
21 9,19
1,4
3,9
0,59
1
3- La vitesse
de la masse M1 après le choc.
75
9,1 4- Vitesses relatives : ;
13,1ı
2j
;
5,4ı
11j
Le choc est inélastique puisqu’il n’y a pas conservation des vitesses relatives
Exercice 4 1-a- La variation de la quantité de mouvement de la balle (m1) au cours de choc : τ
℘
τ
δ
δ
On suppose que le choc a lieu sans frottement
℘
est ⊥ au plan de contact pendant la
durée τ du choc.
℘
/
0
δ
/
0 Vr sin r = Vi sin i
Au cours du choc il ya conservation de l’énergie cinétique Ec(m1) =Ec(m2)
Vi=Vr d’où
b9
Définition : soit une particule A animée d’une vitesse
animée d’une vitesse
qui rencontre une particule B
. Après le choc ces vitesses sont respectivement VA et VB . on appelle
coefficient de restitution ou d’élasticité e, le rapport :
Choc élastique : e=1 Choc inélastique : 0
Pour un choc élastique e= 1
•
Pour un choc inélastique e= 0,5
r = 30° r = 41°
76
2- Pendant la durée du choc τ, la force exercée par la masse m sur le sol est principe de l’action et de la réaction ;
d’après le
τ
r=0 et Vr = Vi
Or i=0 2
τ
1
1
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
z max
m1
h
Ep=0
sol
Conservation de l’énergie mécanique totale : 2 La période de mouvement correspond à une durée
2
c’est un temps de durée de
rebondissement. : Ce qui correspond à une réaction par le sol égal au poids de la masse m. 3- pendant la durée τ du choc il y a N particules qui se dirige vers le piston. . . .τ 2
τ .
nombre de choc subit par la surface S du piston pendant la durée τ. 2 AN : FN= 2.13 Newton.
Exercice 5 1-a- Grandeurs physiques conserves lors du choc: 9
Système isolé :Conservation de moment cinétique L, quantité de mouvement
mécanique E. 9
Choc élastique : Conservation de l’énergie cinétique Ec.
77
et l’énergie
b-
Donc
c qui revien ce nt
0
.
2-a- Graandeurs phy ysiques consservées danss ce cas : Systèmee isolé
Conservaation de ,
b- Vitessse de centree de masse : 2
0 c- Soit x= HH’ ; mH=m mN 9 et
c : Justte après le choc
∧
;
;
;
∧
0
9
Lorrs de l’allonggement maxx : x=x0+a
78
⊥
et
;
⊥
d’où
2 2
tend vers zéro
2
tend vers l’infinie
Exercice 6 ∆
1-a- mouvement de rotation de la masse m1 autour de O1. Théorème de moment cinétique par rapport à un axe ∆ passant par O1 et normal au plan de la figure.
∧ ∧
∆
.
: Vecteur unitaire porté par ∆ .
τ, ,
trièdre de Serret-Frenet. avec
τ θ ∆
θ
∧τ .
θτ
θ
θ
79
∆
∧
∆
: faiblee
∧ .
. =
∧ .
, On po ose
On obtieent
2
b- Si le rayon r de la sphère n’esst pas négliggeable, puisq que la sphère est en ro otation autou ur de ∆ . La loi fondamentalee d’un solidee en rotation n autour d’u un axe ∆ estt : ∆
où
.
∆ ∆
e une quaantité scalaiire qui dép est pend que dee la géométtrie du solide, appelé moment
d’inertiee par rapporrt à ∆ .
Thééorème d’ HU UYGENS :
Soit ∆ un u axe passant par le centre c de masse m et soit ∆ un autrre axe paraallèle à ∆ do ont il est distant de d d On a : ∆ ∆
∆
∆
;
où R est la distan nce à l’axe ∆. ∆
∆
∆
est le moment d’inertie d de la sphère par rapport à son diamèètre porté p par . (La sp phère est
pleine et homogènee) ∆ ∆
.
∆ 1 0
On posee
donc
2
1
2-a- Viteesses avant le choc. •
Massses C2 lié au u pendule 2 est en équillibre. VC2=0
•
Massse C1 lié au pendule 1 qui q est écartté de sa posiition
d’équilib bre à une haauteur h. Conserv vation de l’én nergie mécaanique entre (1) et (2) : (2) : origgine d’énerggie potentiellle 2 b- Quelque soit la nature n du ch hoc il y a con nservation de d la ment du système de deu ux penduless : quantitéé de mouvem
80
(1) c-
La conservation de l’énergie cinétique : 2 3
( 2) ⇒ v ( 1) C
1
+ v ' C1 = v ' C 2
(3) dans (1) ⇒ v C1 = '
(3)
m1 − m2 vC m1 + m2 1
En remplaçant v ' C 1 par son expression dans (1)
v' C2 =
2m1 vC m1 + m2 1
Après le choc : On détermine les valeurs de h1' et h'2 en appliquant à chaque pendule le théorème de la conservation de l’énergie mécanique. O2
O1 l
1
l
(1)’
(2)’
C1
C2
(2)
(1) E1= E’1 E2= E’2 Cas m1 = m2 d-
0
h’2= h
et 2
h’1= 0, h’2= h. ;
Conservation de la quantité de mouvement :
1
1
2
1 Perte d’énergie cinétique : ∆
81
1
1 ∆ ∆ e-
0
Les périodes T des deux pendules sont égales car T est indépendante de la masse. Ils se
rencontrent donc à nouveau à la verticale de O1 et O2 au bout de T/2, et les vitesses seront identiques mais de sens opposés.
Exercice 7
z
h
Mur
-x0
x
O
I-1- Position de point d’impact : 0 0 ; 0
cos 0
0
sin Le temps mis pour que le ballon atteigne le mur c-à-d: x =0 = ; A.N :
√
cos
0,35 A.N : h= 4,375 m
Hauteur atteinte 2- La vitesse avant le choc : c.à.d. au point (0, 0, h)
82
cos
cos
0
0
sin 2
sin
A.N :
17,67
/
On trouve le même résultat si on applique la conservation de l’énergie totale entre z=0 et z=h
•
L’angle entre
V A.N :
36°96
3-a- Grandeurs physiques conservées lors de ce choc. Système isolé : •
Conservation de la quantité de mouvement.
•
Conservation de l’énergie totale.
•
Conservation de moment cinétique.
Choc élastique : •
Conservation de l’énergie cinétique.
b- Après le choc : •
Conservation de la composante tangentielle.
•
Inversion de la composante normale. cos
Donc
0 sin
4- Le chien reçois le ballon : à
0
Coordonnées après le choc : 0
cos
cos 0
0
0
sin
sin Donc
0
A.N : 5
10,6
10,6
sin 4,375
16,95 10
0 à
0; ∆
287,36
√∆ 10,6
,
Donc x(t2) = - V1 cos θ t2 A.N : x(t2) = 38,949 m II- 1•
∧
,
0
83
16,95
16,95 10
2,755
∧
∧
⁄
•
∧
∧
∧
∧ . 2 ∧
•
2
∧
2
2 2 – Direction de déviation subie par le ballon : Dans le repère relatif va subir l’effet des forces d’inerties et le poids.
2 Le mouvement n’est plus dans le plan (Ox1z) mais dans l’espace. Puisque (
admet une
composante suivant j et une composante suivant ı . Donc le mouvement de M va subir deux modifications suivant Ox1 et Oy1. 2-
a- P. F. D dans R1 :
négligeable
négligeable.
⁄ •
é
: Poids : :
•
é
é
⁄ b- Equations paramétriques de M : ⁄
k 0
1
0
2 3
(3)
sin
84
(1)
0
t= 0
0
t= 0
0
0
⟺ C1 + C2 = 0 cos
cos
⟺
⟺
cos
cos
0
(2) 0
0
⟺
0
0
⟺
C1= - C2
0 0
0 sin
85
Force Centrale Exercice 1 Le potentiel de gravitation crée par une masse m à la distance r de son centre O a pour expression 1-
. correspondant à ce potentiel dans un repère
Calculer les composantes de
, , ,
,
en utilisant la relation reliant r à x, y , et z. 2-
, ainsi que
Calculer les composantes de champs de gravitation correspondant
son module. 3-
Faire l’analogie avec la théorème de Gauss en électrostatique.
4-
Déterminer les équations des équipotentielles ?
5-
Déterminer l’expression du champ de pesanteur terrestre g. Calculer sa valeur au sol en
assimilant la terre à une sphère. Rayon de la terre : R=6400 km. Masse : M
kg , G
6. 10
6,7. 10
M. K. S
Exercice 2 Un satellite de masse m, supposé ponctuel est placé sur une orbite circulaire de centre O et de rayon R autour de la terre. 1-
Détmontrer que sa vitesse v est constante et calculer v en fonction de G, M, R.
Donner la valeur numérique de v. que devient cette valeur si le satellite était en orbite autour de la lune.
,
et
,
2-
En déduire la période de révolution T du satellite sur cette orbite (3ème loi de Kepler).
3-
On creuse un tunnel traversant la terre suivant le diamètre qui joint la ligne des pôles. A
partir d’un des pôles on laisse tomber dans le tunnel, sans vitesse initiale, une capsule de masse m supposé ponctuelle. Expliquer quel va être son mouvement et calculer la période de ce mouvement. Comparer avec la période T calculée précédemment.
Exercice 3 La terre est supposée formée de couches sphériques homogènes. La masse volumique variant suivant la loi : 1-
1
.
Déterminer les constantes ρ0 et a sachant que la masse volumique à la surface terrestre est 2,5 .
et la masse volumique moyenne de la terre est
5,5 .
.
2-
Déterminer la force d’attraction sur la masse unité à la distance r du centre O (r < R).
3-
a- Calculer le rapport y de l’attraction maximale à l’attraction à la surface de la terre.
86
b- Calculer le rapport z de l’attraction à la profondeur h, au-dessous de la surface de la terre, à l’attraction à la surface. c- Application : Quelle est dans un puits de mine de profondeur 352m ; l’augmentation relative de l’attraction de la pesanteur par rapport au sol.
Exercice 4 Rappel sur les coniques
M P
r
α O
d
avec
P Є conique ⟺
K
coefficient d’excentricité de la conique.
e > 1 : hyperbole e=1 : parabole e <1 : ellipse. La force qui s’exerce sur un point matériel P de masse m placé dans un champ gravitationnel crée par une masse M est de la forme : 1 1-
Etude de la trajectoire :
a-
En utilisant
, montrer que :
–
2 et 2
0
3
En déduire que : b-
Après avoir effectuer un changement de variable approprié ; montrer qu’on peut mettre
l’expression précédente sous la forme : (Formule de Binet) c-
Vérifier que l’expression
(4) 1
cos 6
différentielle (4). En déduire que : 2-
5 est une solution de l’équation
Détermination de l’excentricité e
87
Pour cela, on suppose que le système planète - particule est isolé. et
sont les données initiales.
a-
Montrer d’abord que
b-
Montrer qu’on a conservation de l’énergie totale E du système. En déduire l’expression de E.
c-
Calculer l’énergie totale au point initial P0 et vérifier que E ne dépend ni de r, ni de θ.
En déduire que : d-
dérive du potentiel U, qu’on calculera.
1
1
7
Discuter la nature de la conique en fonction du signe de l’énergie totale E. Quel est le signe
de E pour le système soleil – terre. 3-
Après avoir déterminé la phase
en appliquant les conditions initiales énoncées en 2°/,
évaluer la période T de la particule (P). Calculer la longueur du grand axe de l’ellipse (faire θ =0 et θ =
dans l’équation (6)). Vérifier la troisième loi de Kepler
On donne :
Exercice 5 Un point matériel de masse m est soumis de la part de l’origine O d’un repère Galiléen à une force centrale de la forme :
,où
est son rayon vecteur. La constante k est positive ou
négative suivant que la force soit répulsive ou attractive. A très grande distance de O, la particule se déplace vers O parallèlement à Ox et dans le sens positif de cet axe à une ordonnée positive b et à la vitesse
. On prendra l’axe Ox comme origine
des angles polaires dans le plan xOy.
y
b
O
1-
x
Déterminer les expressions de l’énergie mécanique de la particule et son moment cinétique
par rapport à O et montrer s’ils sont des constantes de mouvement. En déduire que le mouvement est plan et montrer que la constante des aires C a pour valeur :
88
2-
Exprimer l’accélération de la particule en fonction de
et de la constante des aires C.
3-
Montrer que l’équation polaire de la trajectoire se met sous la forme : 1
cos sont des constantes (P>0 et e>0).
où P, e et
On distinguera les deux cas : k>0 et k<0. Etudier, pour k>0 et k<0, le cas limite 4-
.
Exprimer la dérivée temporelle de r et montrer qu’elle s’écrit : sin
5- Déterminer les expressions de P, e et
en fonction de k, b et
.
Exercice 6 Une particule A de masse m est soumise à une force
, k étant une constante,
1-
Donner l’expression de l’énergie potentielle Ep(r), sachant que pour r infini Ep est nul.
2-
En calculant le moment cinétique en O, montrer que le mouvement est plan. On note Oxy ce
plan. Exprimer en coordonnées polaires (r,θ) le moment cinétique 3-
et l’énergie cinétique Ec.
Montrer que r satisfait à l’équation différentielle :
Em étant l’énergie mécanique de A et Epef un terme énergétique que l’on écrira sous la forme , k’ étant une constante que l’on déterminera en fonction de m, k et du carré du moment cinétique. 4-
Les conditions initiales sont
0
0. Dans le cas où k’=0, quelle est la variation de r
en fonction du temps. 5-
On considère le cas général où
0. Exprimer en fonction de u=r² l’équation différentielle
précédente. En déduire l’équation différentielle du second ordre à laquelle satisfait u. quelle est alors la relation entre r et t en fonction de Em, r0 et
?
6-
Représenter graphiquement r en fonction de t pour
a-
L’état lié défini par Em<0.
b-
L’état libre défini par Em >0.
0 dans les deux cas suivants :
Exercice 7 Soit O un point fixe d’un référentiel galiléen (R). On note r la distance à O d’un point M quelconque de l’espace et on pose
.
Une particule de dimensions négligeables assimilée à un point matériel de masse m est animé dans R d’une vitesse . Elle subit en M la seule force.
89
(k constante positive) I- 1- montrer que le moment cinétique en O du point matériel reste constant au cours du mouvement En déduire que ce mouvement s’effectue dans un plan contenant le centre de forces O et qu’il s’effectue suivant la loi des aires. 2- Dans le plan de la trajectoire, On repèrera la position du point M à l’aide des coordonnées polaires (r, θ) d’origine O. On posera En appliquant à M le principe fondamental de la dynamique et en tenant compte de la loi des aires, montrer que r considéré comme fonction de t est solution d’une équation différentielle du second ordre. Donner l’équation polaire de la trajectoire dans le cas général. II- Etude énergétique : 3- Montrer que f dérive d’une énergie potentielle E p . Etablir l’expression de cette énergie potentielle en la prenant nulle à l’infini. 4- Définir l’énergie mécanique du point matériel. Montrer que c’est une constante du mouvement. 5- Les conditions initiales du mouvement sont définies par :
r = r0 ; θ = θ0 ; v = v0 ; ( u, v0 ) = α0 . Exprimer E et C en fonction de k , m, r0 , v0 et α 0 . 6- Montrer que l’énergie mécanique de la particule peut se mettre sous la forme :
E=
1 m r 2 + E' (r ) 2
avec E ' ( r ) = -
k m c2 + m 2 r2
7- Montrer que la fonction E’(r) admet un minimum E’m pour r=rm. Exprimer Em en fonction de
k , m, r0 , v0 et α0 . Tracer l’allure du graphe E’(r). 8- Définir la condition que doit satisfaire E pour que le point matériel reste prisonnier du centre des forces. 9- Quelle est, en fonction de k, m, r0 la valeur minimale v0m de v0 pour que le point matériel échappe au centre des forces ? 10- Quelle est la nature du mouvement lorsque E = E’m ?
Exercices 8 Soit un satellite terrestre assimilé à un point matériel M de masse m, lancé du sol avec la vitesse initiale v0 suivant une trajectoire elliptique (voir schéma). Soit α l’angle entre la vitesse v0 et la verticale Ox 0 avec O le centre de la terre, R son rayon et mt sa masse.
90
(
)
Soit le repère R0 ( O, x0 , y0 , z0 ) supposée galiléen de base orthonormée I , J,K . Soit un repère
(
)
mobile R ( O, x , y , z0 ) tel que Ox parallèle à OM , de base orthonormée i , j, k . Soit ρ et θ les coordonnées polaires de M dans le plan ( O , x 0 , y0 ) . Le système terre – satellite est considéré comme isolé. 1-a Montrer que l’accélération absolue est centrale. 1-b Ecrire la loi des aires pour M. En déduire l’expression de la constante des aires C en fonction de R, r0 et sinα . 1-c En appliquant le principe fondamentale de la dynamique, retrouver le résultat précèdent et l’équation différentielle du mouvement. 2-a Montrer que la force à laquelle est soumis le satellite dérive d’un potentiel scalaire U. b- Montrer que m
v2 − U = h , avec v la vitesse de M et h est une constante qu’on déterminera à 2
partir des conditions initiales. Quelle est la signification physique de h ? c- Retrouver l’équation différentielle du mouvement. 3-a Déterminer la vitesse minimale de libération vl permettant au satellite d’échapper à l’attraction terrestre. b- En déduire une expression simple de h en fonction de m, v0 et vl. c- Quelle sont les trajectoires de M pour v0 >vl, v0
⎛
⎛ du ⎞ ⎟ ⎝ dθ ⎠
2
a- Moyennant un changement de variable, montrer que : v 2 = C 2 ⎜ u 2 + ⎜ ⎜
⎝
b- En admettant que C =
(
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
)
a 1-e 2 G mt , déduire une nouvelle expression de h en fonction de
G, m, mt et a. 5-a Déterminer le carré de la vitesse du satellite en un point quelconque de la trajectoire en fonction de G , ρ , mt et a b- En déduire la vitesse vs de M à l’apogée S de la trajectoire. 6-a Si à partir de S, le satellite décrivait un cercle de centre O et de rayon ρ s = a ( 1 + e ) , quelle serait la vitesse W du satellite. b- Calculer le supplément de vitesse Δv , à communiquer à M lorsqu’il est en S, pour le mettre sur l’orbite circulaire. c- Dans la pratique, ce type de changement d’orbite est-il possible ? Comment ?
91
Remarques importa antes : Equation d’une conique : ρ = OM O =
a (1 − e
)
2
1- e cos (θ - θ0 )
A l’apoggée S, on a θ = θ 0 et ρ s = OS = a ( 1 + e ) e: excen ntricité; a: demi- grand axe.
92
Solution des exercices Exercices 1 1- U = −G
m ; r = x 2 + y2 + z2 ) r
(
)
1 2
xi + yj + zk r ⎛ 1 ⎞ ( −2x ) i + ( −2 y ) j + ( −2z ) k = mG = mG 3 gradU = −mG ⎜ − ⎟ 3 3 r ⎝ 2⎠ x 2 + y2 + z2 2 x 2 + y2 + z2 2
(
)
(
)
2- Champ de gravitation :
G = −mG
r mG →G = 2 3 r r
3- Analogie avec la théorie de Gauss en électrostatique :
Mécanique U = −G
Electrostatique
m r
V=
−1 ,q 4πε 0
G,m
G = −mG
∫∫
1 q 4πε 0 r
r r3
E=
q
r 4πε 0 r 3
∫∫ EdS =
gdS = −4π Gmint
Qint
ε0
4- Equations des équipotentielles : U= cte ⇒ r = cte ⇒ sphère de centre O 5-Champ de pesanteur : g = − Au niveau de sol : g =
Gm Gm ur = g = 2 2 r r
Gm A.N : g =9,81 N /kg R2
Exercice 2 1- Le satellite de masse m est soumis à la seule force de gravitation : F = −G
93
Mm ux R2
P.F.D :
uθ
F = mγ = m ( γ N ur + γ t uθ )
ur
dv ⎧ ⎪γ t = dt = 0 ⇒ v = cte ⎪ ⎨ 2 ⎪γ N = − v = −G M ⇒ v = GM = GM ⎪⎩ R R2 R R0 + h
m R R0
h
A.N : R = RT
Terre : v =
GMT = 7 ,9km / s RT
Lune : v' =
GML = 1,67km / s RL
2-Période de révolution :
T=
2π
ω
; ω=
v R R 4π 2 R 3 ⇒ T = 2π ⇒ T = 2π R ⇒T2 = R v GM GM
Loi de Kepler : T 2 ∝ R 3 3- La corpuscule tombe en chute libre avec une accélération g variable. ▪Calcul de g à l’intérieur de la terre (Théorème de Gauss). Surface de Gauss = Sphère de centre O et de rayon r < R.
∫∫
gds = 4π G ∫∫∫ ρdτ
ds
g r
On suppose que la masse volumique est constante.
−4π r 2 g = 4π G ● P.F.D :
4 3M GM πr3 ⇒ g = − 3 rur 3 3 4π R R
F = mg = mγ ⇒
⎧⎪r = Asin (ωt + ϕ ) GMm GM r = mr ⇒ r + 3 r = 0 ⇒ ⎨ 3 R R ⎪⎩r = Aω cos (ωt + ϕ )
⎧R = A ⎧R = Asinϕ ⎪ ⇒⎨ π Condition initiales : t = 0 → r = R et r = 0; ⎨ ⎩0 = Aω cosϕ ⎪ϕ = 2 ⎩ ⇒ r(t ) = Rcos
GM t : Mouvement oscillatoire autour du centre de la terre sans que le capsule R3
sorte de l’intérieur de la terre.
94
R3 T = ω → T = 2π égale à la période de révolution du satellite sur une orbite circulaire de GM rayon R (rayon de la terre).
Exercice 3 ⎛
ρ = ρ0 ⎜ 1 − a
1-a
⎝
ρmoy =
M=
r2 ⎞ ⎟; R2 ⎠
ρ ( R ) = ρ0 (1 − a ) = 2,5 g/ cm 3
(1)
Masse da la terre M = Volume de la terre 4 π R 3 3
∫∫∫ ρ dτ =
2π π R
⎛
0 0 0
⎝
∫
∫ ∫ ρ0 ⎜ 1 − a
r2 R2
⎞ 2 4π R 3 r sin θ dr d θ d ϕ ρ = ⎟ 0 3 ⎠
⎛ 3 ⎞ ⇒ ρmoy = ρ0 ⎜ 1 − a ⎟ = 5 ,5 g / cm3 ⎝ 5 ⎠ (1) et (2) ⇒
a=
3a ⎞ ⎛ ⎜1− 5 ⎟ ⎝ ⎠
(2)
3 et ρ0 = 10 g / cm3 4
2- F = m g , masse unité
⇒F = g ⇒ F = g
− ∫∫ gdS = −4 π G ∫∫∫ ρ ( r ) dv r ⎛ r4 −4π r 2 g( r ) = −4π G 4π ρ0 ∫ ⎜ r 2 − a 2 R 0⎝
⎞ ⎡r3 r5 ⎤ 2 dr = − 16 π G ρ − a ⎟ 0 ⎢ ⎥ 5R 2 ⎦ ⎠ ⎣3
⎡ 1 a r2 ⎤ = −16π 2G ρ0 r 3 ⎢ − 2 ⎥ ⎣3 5 R ⎦
⎡ 1 a r2 ⎤ r < R; g( r ) = 4π G ρ0 r ⎢ − et F = 4 π G ρ0 2 ⎥ ⎣3 5 R ⎦
⎡ 1 3 r2 ⎤ r⎢ − 2 ⎥ ⎣ 3 20 R ⎦
3-a- Attraction maximale correspond à gmax
dg 9a r 2 r 5 = 0 ⇒ 1− =0 ⇒ m = = 0 ,86 2 dr 5 R R 9a
y=
gmax gau sol
⎛ 3a rm2 ⎞ − 1 ⎜ ⎟ 5 R2 ⎠ rm ⎝ = = = 1,04 3a ⎞ R ⎛ ⎜ 1− 5 ⎟ ⎝ ⎠ 2
b-
3a ⎛ R − h ⎞ 1− ⎜ g ( R − h) R−h h ⎞⎛ 3a ⎛ h2 2h ⎞ ⎞ 5 ⎝ R ⎟⎠ ⎛ =z= = = ⎜ 1 − ⎟ ⎜⎜ 1 − ⎜ 2 − ⎟ ⎟⎟ 3a g( R ) R R ⎠⎠ ⎝ R ⎠ ⎝ 5 − 3a ⎝ R 1− 5
95
c- On cherche
Δg g
=
g ( R − h) − g(R ) gR
h h⎞ ⎛ << 1 → ⎜ 1 − ⎟ h faible devant R : R ⎝ R⎠
= z(R − h) − z(R ) 2
1−
2h R
h ⎞⎛ 6ah h ⎛ 9a − 5 ⎞ 7 h ⎛ ⎞ z ≈ ⎜1− 1+ ≈ 1+ = 1+ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ R ⎠⎝ 5 − 3aR ⎠ k ⎝ 5 − 3a ⎠ 11 R ⎝ Δg 7 h ⇒ = = 3 , 5 .1 0 − 5 g 11 R
Exercice 4 1- F = m γ = −
ε mM r2
ur
a- OM = r ur
v = rur + rθ uθ
γ = rur + r θ uθ + rθ uθ + rθ ur − rθ 2 ur = (r − rθ 2 ) ur + ( 2rθ + rθ ) uθ
ε mM F = mγ = m ⎡ r - r θ 2 ur + r θ + 2r θ uθ ⎤ = - 2 ur ⎣ ⎦ r
(
)
(
)
2 ⎡ d 2r ε mM ⎛ dθ ⎞ ⎤ m⎢ 2 − r ⎜ ⎟ ⎥ = − 2 r ⎝ dt ⎠ ⎥⎦ ⎣⎢ dt rθ + 2rθ = 0
1d 2 1⎡ dr dθ ⎤ ⎡ d 2θ dr dθ ⎤ ⎡⎣r θ ⎤⎦ = ⎢r 2θ + 2r = ⎢r 2 + 2 ⎥ =0 ⎥ r dt r⎣ dt dt ⎦ ⎣ dt dt dt ⎦ Donc r 2
γ
b-
r =
=
r
dθ = cte = A dt = r − rθ
2
= −
ε M r
2
d 2r d ⎡ dr ⎤ d ⎡ dr ⎤ d θ d ⎡ dr du dθ ⎤ dθ d = = = = 2 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ dt dt ⎣ dt ⎦ d θ ⎣ dt ⎦ dt dθ ⎣ du dθ dt ⎦ dt dθ
2 d ⎡ du ⎤ 2 2 2 d u ⎡ ⎤ − = − A A u A u ⎦ ⎥⎣ d θ ⎢⎣ d θ dθ 2 ⎦
1 2 4 ⎡⎣ A u ⎤⎦ = A2u 3 u εM εM d 2u d 2u − A2u 2 2 − Au 3 = − 2 = −ε Mu 2 ⇒ 2 + u = 2 dθ r dθ A
rθ 2
96
⎡ 1 du 2 ⎤ dθ ⎢⎣ − u 2 dθ Au ⎥⎦ dt
(
)
c- u =
εM A
2
( 1 + e cos (θ − φ ) ) ⇒ dduθ = −e εAM sin (θ − φ ) 2
d 2u εM = −e 2 cos (θ − φ ) 2 dθ A 2 d u εM εM εM + u = − e 2 cos (θ − φ ) + 2 (1 + e cos (θ − φ ) ) = 2 2 dθ A A A A2
1 εM r= = u 1 + ecos (θ − φ ) 2- r = ro i
et
V = vo j
a-
rot F = o; dU = − F dr = U =−
ε mM r
2
ε mM dr ⇒ U = ε mM ∫ dr r 2 = − r + c avec c =
ε mM r
b- Système isolé, l’énergie totale est conservée.
E=
2 ⎡ 1 2 ε mM 1 ⎛ du ⎞ ⎤ ε mM = mA2 ⎢u 2 + ⎜ mv − ⎟ ⎥+ r ; φ =o 2 r 2 ⎝ dθ ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣
⎡ ⎤ 2 2 1 e 2 somθ ⎥ ε 2 mM 2 2 ⎢ 1 + 2e cosθ + e cos θ = mA + − ( 1 + e cosθ ) ⎢ A4 A4 ⎥ 2 A2 ε 2M 2 ε 2M 2 ⎦⎥ ⎣⎢ ⇒E =
ε 2 M 2m 2A2
( e + 1)( e − 1)
de>1 : hyperbole E>0 e<1 : Ellipse
E<0
e=1 : Parabole
E=0
Système soleil-terre E<0 (Loi de Kepler) 4
A 2 2 dθ dθ ε M ⇒ dt = dt = r 2 2 A A ( 1 + ecos θ )
dθ 3- φ = 0 ; r 2 = A⇒ dt
2A3 T= 2 2 ε M
π
dθ
∫ ( 1 + ecosθ ) 0
2
2A3 π = 2 2 ε M 1 − e2
(
)
3
2
97
A2
εM 1+ e A2 θ = π ⇒ rM = ε M 1− e
θ = 0 ⇒ rM =
A2 ⎛ 1 1 ⎞ A2 ⎛ 1 − e + 1 + e ⎞ 2A2 2A2 + = = = = 2a ε M ⎝⎜ 1 + e 1 − e ⎠⎟ ε M ⎝⎜ 1 − e 2 ⎠⎟ ε M 1 − e 2 ε M 1 − e 2
(
T2 4 A6 π2 = a3 ε 4 M 4 1 − e 2
(
)
3
.
ε 3M 3 (1 − e2 ) A6
3
)
(
)
4π 2 = = cste εM
Exercice 5 1 − F = km
r km ⇒ Ep = 3 r r
1 2 mv avec v = rur + rθ uθ 2 2 1 ⇒ Ec = m ⎡ r 2 − rθ ⎤ ⎦⎥ 2 ⎣⎢ Ec =
( )
Energie mécanique : E = Ec + E p =
1 km m r 2 + r 2θ 2 + 2 r
(
)
Moment cinétique :
(
)
L = r ∧ p = r ∧ m ru r + rθ u θ = m r 2θ k dL = r ∧ F = o ⇒ L = cste ⇒ mr 2θ = cste où r 2θ = c dt
pour θ = π ,
v = vo
⇒ Lo = mvo b
or
(
)
c=
(
( )
y = b ⇒ L o (π ) = mvo i ∧ b j = mvobk
et
L ⇒ c = −Vob m
)
2- γ = r − rθ 2 u r + 2 rθ + rθ u θ = γ r u r + γ θ u θ avec γ θ = o ( force centrale )
d 2r 1 dr d ⎛ 1 ⎞ d ⎛ 1 ⎞ dθ − rθ 2 ; u = ⇒ = ⎜ ⎟= ⎜ ⎟ 2 dt r dt dt ⎝ u ⎠ dθ ⎝ u ⎠ dt 1 du dθ du r=− 2 = −C . u dθ dt dθ 2 d ⎛ du ⎞ d ⎛ du ⎞ dθ d 2u 2 2 d u = − = − = − r = ⎜ −C C C θ C u ⎟ ⎜ ⎟ dt ⎝ dθ ⎠ dθ ⎝ dθ ⎠ dt dθ 2 dθ 2
γ=
98
1 4 2 r θ = u 3c 2 3 r ⎛ d 2u ⎞ ⇒ γ r = −c 2 u 2 ⎜ 2 + u ⎟ ⎝ dθ ⎠ rθ 2 =
3- P.F.D :
⎛ d 2u ⎞ k m u = − mc u ⎜ u + 2 ⎟ dθ ⎠ ⎝ d 2u k ou +u = − 2 2 dθ c 2
2
2
Solution : u = A cos (θ − θ o ) −
k >0 ⇒ r =
k <0 ⇒ r =
Avec *
k c2
c2
1 k A cos (θ − θ o ) − 2 C
c2 k
2
=
− Ac cos (θ − θ o ) + 1 k
2
k
Ac cos (θ − θ o ) − 1 k
=
P e cos (θ − θ o ) + 1
et correspond à
∞
é
0 .
• k 〉0 : 1 + e cos θ = 0 • k 〈0 : 1 − e cos θo = 0 ∗θ = θ o • k 〉0 : • k 〈0 :
P = rmin e −1 P = rmin r= e +1 r=
Dans les deux cas, r est minimum pour θ = θ o ⇒ θ o correspond au point de la trajectoire pour lequel le point matériel est le plus proche de l'origine. 4-
p e sin (θ − θ o ) .θ r 2θ p 2 e sin (θ − θ o ) dr = = dt ( e cos (θ − θo ) + 1)2 pr 2 ( e cos (θ − θ o ) + 1)2 ev b dr = − 0 sin (θ − θ o ) dt P 5- pour θ = π le mouvement est rectiligne le long de Ox, avec v =
99
(
)
dr = vo ; soit dans ur , uθ : dt
v = −vo u r e P vob sin θo = vo ⇒ e sin θo = P b Soit tg θ o =
bv 2 P C 2 vo2 b 2 = = =− o ; b kb kb k
tgθ o = −
bvo2 k 1
P2 d'autre part, e 2 cos 2 θ + e 2 sin 2 θ = 1 + 2 = e 2 ⇒ e = b
⎡ b2Vo4 ⎤ 2 ⎢1 + k 2 ⎥ ⎣ ⎦
Exercice 6 F=
k r u , k = cste , r = OM , u = 3 r r
1- Il s'agit d'une force centrale ⇒ F dérive d'une énergie potentielle.
k k dr ⇒ E P = 2 + C 3 r 2r k E P (∞) = 0 ⇒ C = 0 ⇒ E P = 2 2r
dE P = Fd r = −
2- Lo = r ∧ p = r ∧ mν ⇒
d Lo = r ∧ mγ : Théorème de moment cinétique. dt
d Lo kr = r ∧ 4 = o ⇒ Lo = cste ⇒ Mouvement plan. dt r
(
)
Lo = r ∧ mν = mru r ∧ rur + rθ uθ = mr 2 θ k 1 1 Ec = mv 2 = m r 2 + r 2θ 2 2 2
(
)
3-
E m = Ec + E P =
Em =
1 1 k mr 2 + mr 2θ 2 + 2 = cste 2 2 2r
1 2 k L2 1 k′ 1 mr + 2 + o 2 = mr 2 + 2 = mr 2 + EPef 2 2r 2mr 2 2 r
4- Dans le cas où k ′ = 0
1 1 1 k Em = mr 2 = mro2 + mro2 + 2 2 2 2 2ro Lo = mr 2θ = mro2 θo2 ⇒ k = −mro4θo2 ⇒ −mro2θo2 =
k r2
1 2 1 2 mr = mro ⇒ r = ro ⇒ r = rot + C ⇒ r = rot + ro 2 2
100
avec k ′ =
L2o k + 2m 2
5-
′
⇒ r 2 (t ) =
′
2 Em 2 t + 2 ro ro t + ro2 m
6- r o = 0 ⇒
r 2 (t ) =
2 Em 2 t + ro2 m
a- Em
⇒ r2 +
2 Em
m
t 2 = ro2
Ellipse de grand axe
m r0 et de petit axe r0. 2 Em r r0
O
b- Em >0 1
2E 2E ⎡ ⎤2 r − m t 2 = ro2 ⇒ r = ⎢ ro2 + m t 2 ⎥ m m ⎦ ⎣
t m r0 2 Em
2
t Emm dr dr = > 0; dt dt ro2 + 2 mEm t 2
=0 t =0
Branche d’une parabole : r
r0 O
101
t
Exercice 7 1- Par définition, le moment cinétique par rapport à O du point matériel.
L0 = OM ∧ mV dans ℜ Le référentiel ℜ étant galiléen ici
d L0 = OM ∧ f dt
⎛ OM ⎞ d L0 = OM ∧ ⎜ − k 3 ⎟ = O dt r ⎠ ⎝ Les vecteurs
et
⇒Le moment cinétique est donc constant.
sont par définition, perpendiculaires à , vecteur constant, donc le
point M appartient au plan perpendiculaire à
constant et passant par O.
Loi des aires :
dθ dθ ⎛ dr ⎞ L o = ru r ∧ m ⎜ u r + r uθ ⎟ = m r 2 k = mC k dt dt ⎝ dt ⎠ C = cte Car
dS =
1 2 r dθ 2
L 0 = cte
⇒
dS 1 2 dθ C = r = dt 2 dt 2 éé
é
Tel que
é
ds 1 2 dθ C = r = = cte dt 2 dt 2 2- Principe fondamental de la dynamique :
F = m γ or V = ru r + rθ uθ
γ = ( r − rθ 2 ) u r + ( 2rθ + rθ ) uθ
( )
1d 2 r θ r dt
102
km ⎧ 2 ⎪⎪m r − rθ = r 2 ⇒⎨ ⎪ 1 d r 2θ = 0 ⇒ ⎪⎩ r dt
(
)
( )
On pose u =
(
r 2θ = c
⇒θ =
c r2
1 r
)
⇒ γ = r − rθ 2 u r
rθ 2 =
c2 = C 2U 3 r3 1 ⎞ d ⎛ d ( u ) du dθ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎟ ⎠ dt ⎝ du dθ dt ⎠
r=
d ⎛ d ⎞ d ⎛ dr du dθ ⎜ r⎟ = ⎜ dt ⎝ dt ⎠ dt ⎝ du dθ dt
r=
2 d ⎛ du θ ⎞ d ⎛ du ⎞ d 2u dθ d 2u 2 2 d u C C C θ r C u = − = − = − ⇒ = − ⎜− ⎟ ⎜ ⎟ dt ⎝ dθ u 2 ⎠ dt ⎝ dθ ⎠ d 2θ dt dθ 2 dθ 2
⎛ d 2u ⎞ ⇒ γ = −c 2u 2 ⎜ 2 + u ⎟ u r : Formule de Binet ⎝ dθ ⎠ ⎛ d 2u ⎞ d 2u k 1 F = mγ = −mc 2u 2 ⎜ 2 + u ⎟ u r = − ku 2 u r ⇒ 2 + u = = 2 dθ mC P ⎝ dθ ⎠ d 2 ( u − P1 ) ⎛ 1⎞ 1⎞ d 2u ⎛ 0 + u − = ⇔ + ⎜u − ⎟ = 0 ⎜ ⎟ 2 2 dθ P⎠ dθ P⎠ ⎝ ⎝ 1 1 ⇒ u − = A cos (θ + α ) ⇒ u = (1 + AP cos (θ + α ) ) P P ⇒
⇒r =
P : Equation générale d'une conique de paramètre P et d'excentricité e 1 + ecos (θ + α )
mC 2 mC 2 Tel que P = et e = A k k
Hyperbole si e > 1 si e < 1 : Remarque : La trajectoire est une : Ellipse Parabole si e = 1 3-
f =−
k u r ; rot f = o; r2
f =−
k OM r3
− kr 3x
∂ ∂x
rot f = ∇ ∧ f =
∂ ∂y ∂ ∂z
103
∧
ky r3
− kr 3z
− ∂∂y ( kz r −3 ) + ∂∂z ( kyr −3 )
−3kzyr −5 + 3kyzr −5 = 0
= − ∂∂z ( kx r −3 ) + ∂∂x ( kyr −3 ) = −3kxzr −5 + 3kzxr −5 = 0 − ∂∂x ( kyr −3 ) + ∂∂y ( kxr −3 )
⇒ rot f = 0
−3kyxr −5 + 3kxyr −5 = 0
⇒ ∃ E p telque f = − gradε p
gradε p =
∂ε p ∂r
ur +
⎧ ∂ε p k = 2 ⎪ ⎪ ∂r r ⎪ 1 ∂ε p ⇒⎨ =0 ⎪ r ∂θ ⎪ ∂ε p =0 ⎪ ⎩ ∂z
∂ε p 1 ∂ε p uθ + k r ∂θ ∂z
⇒ εp = −
k en prenant lim ε p = 0 r →∞ r
4- L’énergie mécanique E = EC + E p =
1 k mV 2 − 2 r
Le point matériel n’est pas soumis à d’autres forces que celle prise en compte dans la définition de l’énergie mécanique
L’énergie mécanique est une constante du mouvement.
5- Les conditions initiales du mouvement sont définies par :
( )
r = r0 ; θ = θ0 ; V = V0 ; u,V0 = α0 E = cte du mouvement = E0 1 k E0 = mV02 − 2 r0 V0 = V0 cos α 0 ur + V0 sin α 0 uθ L0 = m r0ur ∧ (V0 cos α 0 ur + V0 sin α 0 uθ ) = mr0 v0 sin α 0 k = mCk ⇒ C = r0 v0 sin α 0 62 1 k 1 k 1 2 1 k 2 2 2 2 2 C E = mV − = m r + r θ − = mr + m r 4 − 2 2 r 2 r 2 r r 2 1 mC k 1 = mr 2 + − = mr 2 + E ' (r ) 2 r 2 2 2r k mC2 ⇒ E ' (r ) = − + r 2r 2
(
7- E ' ( r ) = −
)
k mC 2 dE ' ( r ) k mC 2 dE ' ( r ) mC 2 ⇒ = − ⇒ = = + 0 pour r m r 2r 2 dr r2 r3 dr k
104
d 2 E ' (r ) 1 3mC 2 ( 2 − + ) k = drr 2 r2 r 3mC 2 d 2 E ' (r ) d 2 E ' (r ) k = 0 pour r e et = 3 >0 = 2 2 dr 2k dr rm r =r
⇒
m
mC 2 Il existe un minimum pour : r = rm = k Em' = −
k2 k2 = − 2 mC 2 2 m ( r0 v0 sin α 0 ) 2
r
0
mc2 2k
rm =
mc2 k
3
mc 2 2k
∞
0
d2 E ' dr 2 dE E' drr
-∞
-
E'
+∞
O
pelons que E = 8- Rapp
0
-k 2 2 2 2mc
+
0
0
' 1 2 mr + E ' ( r ) doncc E ≥ E ( r ) 2
Pour qu ue le mobilee puisse s’ééchapper dee l’attraction n du centree de force, il faut que r puisse devenir infini et don nc que E ( r ) puisse devenir d nullee. '
onc que E ≥0. Il faut do Au contrraire, pour qu’il q reste prisonnier p il faut que E < 0. 9- Nous traduisons la condition n E≥0
105
1
⎛ 2k ⎞ 2 1 k mV02 − ≥ 0 ⇒ la valeur minimale de la vitesse en norme est Vom = ⎜ ⎟ 2 r0 ⎝ mr0 ⎠ 10- Quand E = E m' ; r = 0 ⇒ r = cte le muvement est circulaire.
Exercice 8 1-a- γ R0 ( M ) est centrale ⇔ OM ∧ γ R0 ( M ) = 0 Le mouvement se fait suivant Ox, et la seule force est la force de gravitation.
γ ( M )R // F ⎫⎪
⎬ ⇒ OM ∧ γ ( M )R0 = 0 ⎪⎭
0
F // OM
b-Loi des aires :
⎧ ρ0 = R ⎪ ρ 2θ = C ; pour t = 0, ρ0 ρ0θ0 = C , avec ⎨ ⎪ ρ θ = V sinα 0 ⎩ 0 0 2 ⇒ ρ θ = RV0 sinα c- En appliquant le P .F.D :
OM = ρ i
;
VR 0 ( M ) = ρ i + ρθ j
γ R ( M ) = ( ρ − ρθ 2 ) i + ( 2 ρθ + ρθ ) j 0
P.F.D : mγ R0 ( M ) = −G
mt m
ρ2
i
⎧ 2 ρθ + ρθ = 0 ⎪ mt ⎨ 2 ⎪ ρ − ρθ = −G ρ 2 ⎩
(1) (2)
d ρ 2θ = 0 ⇒ ρ 2θ = C dt 2 2 2 R V0 sin α Gmt (2) ⇒ ρ = (3) − 2 3 (1)
(
⇒ 2ρρθ + ρ 2θ = 0 ⇒
ρ
)
ρ
2-a- F : est centrale ⇒ rotF = 0 ⇒ F = gradU ⇒ U = G b-Détermination de h : L’énergie : E ( t ) = Ec − U = à t=0 E ( t = 0 ) =
mmt 1 mv 2 − G ρ 2
1 2 Gmmt mv0 − =h ρ 2
Système isolé ⇒ conservation de E
106
mmt
ρ
c-
1 2 Gmmt 1 2 Gmmt mv − = mv0 − 2 ρ 2 R
v 2 = v02 − Soit
2Gmt Gm R 2v02 sin2 α + 2 t et d’autre part : v 2 = ρ 2 + R ρ ρ2
ρ =− 2
R2v02 sin2 α
ρ
2
⎛1 1⎞ + v02 − 2Gmt ⎜ − ⎟ ⎝R ρ ⎠
En dérivant on trouve : 2 ρρ =
2 ρ R 2v02 sin2 α
ρ
3
−2
Gmt
ρ2
En simplifiant par 2 ρ on trouve l’équation (3) : ρ =
ρ
R 2v02 sin2 α
ρ
3
−
Gmt
ρ2
3-a- Vitesse de libération minimale : c.à.d. ρ → ∞ et v∞ = 0 2
2
D’après c- v∞ = vl −
2Gmt 2Gmt 2Gmt 2Gmt 2 + ⇒ vl = donc 0 = vl − R ρ ρ R
b- Expression simple de h : ⇒ h = E =
1 m v02 − v l2 2
(
)
c- Trajectoire :
v0 > vl ⇒ E > 0 ⇒ Hyberbole v0 = vl ⇒ E = 0 ⇒ Parabole v0 < vl ⇒ E < 0 ⇒ Ellipse 4-a- Changement de variable : u =
ρ =−
1
ρ
u 1 du =− 2 θ 2 u u dθ 2
2
du ⎛ du ⎞ 2 2 2 2 2 ⎛ du ⎞ 2 ρ = −c ⇒ v2 = ⎜ ⎟ c + c u ⇒ v = c [⎜ ⎟ +u ] dθ d d θ θ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1
b- c = ⎡⎣ a ( 1-e2 ) Gmt ⎤⎦ 2 ⇒ u =
1 − e cos (θ − θ0 ) a (1 − e
2
)
⇒
loi de Binet
du e sin (θ − θ0 ) = dθ a (1 − e2 )
1 2 Gmmt ⎧ ⎪ E = 2 mv − ρ ⎪ donne ⎨ ⎡⎛ du ⎞2 ⎤ 2 2 2 ⎪ v =c ⎢ ⎜ ⎟ +u ⎥ ⎪ ⎣⎢⎝ dθ ⎠ ⎦⎥ ⎩ e2 sin 2 (θ − θ0 ) + 2e cos (θ − θ0 ) − 2 + ⎡⎣1 − e cos (θ − θ0 ) ⎤⎦ 1 E = Gmmt 2 a (1 − e2 )
107
2
soit E = -
Gmmt =h 2a
5−a
Carré de la vitesse en un point de la trajectoire
⎛ 2 1⎞ Gmmt Gmmt 1 2 Gmmt +E = − mv = et par suite v 2 = Gmt ⎜ − ⎟ ρ ρ 2 2a ⎝ρ a⎠ Gmmt 1 − e 2a 1+ e
b − pour θ = θ0 ⇒ ρ s = a ( 1 + e ) ⇒ vs =
6-a – Si M décrivant un cercle à partir de S
γR (M ) = − 0
w2
ρs
i + wj =
Gmt
ρ
2 S
i ⇒W =
Gmt a
1 1+ e
Gmt 1 1− 1− e a 1+ e c − oui , ce type de changement d'orbite est possible . b − ΔV = w − Vs =
(
)
108
O Oscillate eur Harm moniqu ue Exerciice 1 Une maasse m est reliée r à deu ux ressorts identiques, placés verticalement. Les extrém mités des ressortss sont distan nces de 2a. Chaque C resso ort non tend du a une lon ngueur 1-
Calcculer à l'équ uilibre les longueurs
et
1
ur est k. l0 〈 a ; sa raideu
2
des resssorts. Montrerr que si mg〈〈〈2ka on peu ut prendre 2-
1
=
2
.
La masse m m peu ut se déplaccer horizonttalement
de x à paartir de sa position p d'éq quilibre. Etab blir l'équatio on complètee de mouvem ment. 3-
Réssoudre cettee équation en n supposantt x〈〈a
Exerciice 2 Soit un repère fixee R (O, x, y, y z) de basee
( I , J ,K )
dont le plaan XOY est matérialiséé par un
p matériel de masse m reliée au a point 0 par p un ressort de consstante de plateau. M est un point de rigidité k et de longueur à vid
0
. Le ressort r est porté p par l'aaxe Ox , de vecteur unitaire i ,
nt sur le plaateau XOY autour de l'axe l vec la vitessse angulairee ω = consttante . Le tournan OZ av mouvem ment du poin nt M, astrein nt à se déplaacer sur l'axe Ox , est gêêné par unee force de fro ottement
⎛ dx ⎞ ⎛k⎞ F f = −η ⎜ ⎟ i avvec η coefficient de frotttement. On donne ⎜ ⎟〉ω 2 . ⎝ dt ⎠ ⎝ m⎠
1-
Dan ns un premier temps, le système osscillant n'estt pas forcé.
109
a-
En appliquant le principe fondamenta f al de la dynaamique en M dans le rep père ( oxy ) , déduire
on différenttielle régissaant le mouveement de M sur l'axe Oxx . l'équatio b-
Aprrès avoir faiit les changeements de variables v ap ppropriés, montrer m que cette équattion peut
d 2u du + 2αω o + ωo2u = 0 2 dt dt
se mettrre sous la forme :
En dédu uire la pulsaation propree de ce systèème oscillan nt en fonctio on de ω , k ett m (la résollution de l'équatio on différenttielle n'est pas demandéée) 2-
En un deuxièème temps,, le point M est sou umis à unee force excitatrice exxtérieure
F = −kxxo cos Ωt i , qui lui imp pose sa pulssation. On se s propose d'étudier d le système lo orsque le régime permanent p s s'établit. Alo ors, la vitessse relative de M est :
dxx = Vo cos ( Ωt − ϕ ) dtt
a-
En utilisant u la notation n com mplexe, déteerminer l'am mplitude de la vitesse ett sa phase.
b-
Calcculer l'impédance méécanique Z de ce système. Discu uter Z en fonction de d Ω et η .
Représeenter Z ( Ω ) dans le cass ou le coeffiicient de frottement estt nul. Exercice 3 dule de masse m et de lo ongueur Un pend
du en un point A du plaffond d'un wagon w qui est suspend
(voir figure) est en mouvement m s une voiee rectiligne horizontale sur h
On supp pose que le mouvementt du pendule s'effectue dans le plaan vertical (A, y, z) par le point p A et qui q contientt l'axe OY de d la voie. La position n
(
)
qui q passe
instantan née du pen ndule est
repérée par l'angle θ = − k , A p est écarté d'un angle θ 0 , puis p il est AM . Initiaalement, le pendule nné à lui mêême sans vittesse initialee. abandon
110
I- Le mouvement du wagon par rapport au repère fixe R0 est uniforme. 1- On ne considère pas les forces de frottement. a- Etablir l'équation différentielle du mouvement du pendule en appliquant le théorème du moment cinétique. b- Ecrire la solution de cette équation différentielle pour les petits mouvements. En déduire l’expression de la pulsation propre ω 0 du mouvement du pendule et faire une représentation graphique de θ ( t ) . 2- On tient compte du frottement et on va considérer uniquement la force exercée par le frottement du l'air sur le pendule et que l'on prend sous la forme F = −k.ν
où k est une
constante positive et v est la vitesse relative du pendule par rapport au wagon. a- Etablir l'équation différentielle du mouvement du pendule et montrer qu'elle se mettre sous 2
la forme : θ + 2λθ + ω0 θ = 0 Expliciter λ et ω0 et donner leurs significations physiques. b-
Déterminer le degré d'amortissement qui est défini par α =
c-
On considère le cas d’un amortissement faible (α 〈1)
•
Etablir la loi du mouvement du pendule
•
Faire une représentation graphique de θ ( t )
•
Déterminer la constante de temps τ =
•
Calculer le décrément logarithmique δ .
•
Déterminer la pseudo-période T =
To =
2π
ωo
1
λ
λ ω0
et préciser sa signification physique.
2π
et l'exprimer en fonction de la période propre
ω
et δ . Que devient son expression lorsque λ est faible?
d- On considère le cas de l'amortissement critique (α = 1) et le cas d'un amortissement fort
(α 〉1) . •
Ecrire la loi du mouvement du pendule dans chaque régime.
•
Donner l'allure de θ ( t ) dans les deux cas.
II- Le wagon effectue un mouvement uniformément accéléré avec l’accélération γ = γ e y . On prend les nouvelles conditions initiales θ 0 = 0 et θ 0 = 0 pour le mouvement du pendule.
111
On ne néglige pas le frottement de l'air. 1-
Ecrire l'équation différentielle qui décrit le mouvement relatif du pendule. A quelle forme
se réduira telle lorsque θ est faible? 2-
Donner une solution de cette équation différentielle pour chaque régime et faire une
représentation graphique de θ ( t ) . III- Le wagon effectue un mouvement sinusoïdal de pulsation Ω et dont l'amplitude est a. On ne néglige pas le frottement de l'air. 1-
Ecrire l'équation différentielle qui décrit le mouvement du pendule, on supposera que θ est
faible. 2-
La solution générale de cette équation différentielle fait intervenir deux régimes
d'oscillations, libre et forcé. Au bout d'un certain temps, le régime libre disparait compte tenu de l'amortissement et seul subsiste le régime forcé. Dans ce régime, le mouvement du pendule est décrit par : θ ( t ) = C sin ( Ωt + ϕ ) Expliciter en fonction des données du problème l'amplitude C et le déphasage ϕ du mouvement du pendule. 3- Déterminer la pulsation et l’amplitude de résonance. 4- Donner les allures de l’amplitude C et du déphasage α en fonction de la pulsation Ω .
Exercice 4 On considère un ressort, de masse négligeable et de raideur k. l’extrémité supérieur de ce ressort est fixée à un bâti. A son extrémité inférieur est attaché une boule P de masse m. Au cours de son mouvement verticale, la boule est soumise à une force de frottement
f = −α v (α > 0 ) . On appelle x le déplacement vertical de la boule par rapport à sa position d’équilibre statique. On impose à la boule un mouvement sinusoïdal forcé grâce à une fore extérieur F = F0 cos ωtex 1.
Etablir l’équation différentielle du mouvement de la boule P. On posera : 2
mω0 = k ; α = 2λ mω0 ; F0 = ma 2.
Le régime d’oscillation forcée correspondant à la solution :
x = x0 cos (ωt − β ) = A sin ωt + B cos ωt A et B sont respectivement l’amplitude d’absorption et l’amplitude élastique. a- Calculer A et B on fonction de ω est tracer leur graphes. Pour ceci on suppose que dans l’expression de A et B au voisinage de la résonance, les variation son presque entièrement dues au facteur
(ω − ω0 )
2
. On pourra donc remplacer ω par ω0 sauf dans le terme ω − ω0 .
112
b- Montrer que la puissance moyenne absorbée par l’oscillateur est P =
1 mω Aa . 2
On rappelle que la valeur moyenne d’une fonction f(t) sur une période Test :
f (t )
1 = T
T
∫ f ( t ) dt 0
c- Pour quelle valeur de ω , la puissance moyenne P est maximale ? Pour quelles valeurs ω1 et ω 2 de ω , a t − on P =
1 P 2
max
Calculer Δω = ω1 − ω2 et vérifier que τ Δω = 1 avec τ = On rappel que (1 + ε ) n
?
1 2λω0
. Interpréter ce résultat.
1 + nε pour ε << 1
3-a- Transformer l’équation différentielle de la question (1) en une équation différentielle du second ordre avec la variable v. b- En prenant une solution de type v = v0 e
i (ω t −ϕ )
iϖ t et en remplaçant a sin (ωt ) par ae , donner
les expressions de v0 et tgϕ . Etudier leurs variations en fonction de ω . 4- On désigne par Z l’impédance mécanique complexe du système par analogie à l’impédance électrique telle que : vZ = ka iθ a- Trouver l’expression de Z et Z en fonction des données du problème. On pose Z = Z e .
b- Etudier la fonction de ω , les variation de Z . Montrer que la position de la courbe représentative de Z par rapport à ses asymptotes permet de distinguer deux cas. Donner une interprétation par analogie à un circuit électrique.
113
Co orrectio ons des exercice es Exerciice 1 1-
Le ressort r supéérieur ayantt la longeur l1, l’équation d’équilbree est :
mg + k (l2 − l0 ) − k (l1 − l0 ) = 0 ⇔ mg + k (l2 − l1 ) = 0 l1 et l2 sont s donnéss par le systtème d équaations ⎧l1 + l2 = 2a ⎪ ⎨ mg d ' où ⎪⎩l1 − l2 = k
mg ⎧ ⎪⎪l1 = a + k ⎨ ⎪l = a − mg ⎪⎩ 2 k
Si mg << < 2ka, on peut p prendrre l1 = l2 = a, ce qui reevient à néglliger le poidds m devantt les tensionns des ressoorts . de la masse 2- A l’éq quilibre , la tension t de chaque c resso ort est T0 = k ( a − l0 ) Lorsquee la masse est e déplacée horizontaalement de x, les tenssions devien nnent en su upposant encore l1 = l2 ; T1 = T2 = k
F = 2k
(
(
a 2 + x 2 − l0
) et la force ded rappel F à pour moddule .
)
a 2 + x2 − l0 sin α avec sinα =
x 2
a + x2
L’équatiion de mouv vement est donc d :
m
d 2x = −2k dt 2
(
a 2 + x 2 − l0
)
x a2 + x2
qui peuut s'écrire : m
⎛ l0 d 2x = −2k ⎜1 − 2 dt a2 + x2 ⎝
⎞ ⎟x ⎠
3-Si x << eut prendre < a , On pe
a2 + x2
a
ce qui donne comm me équation du d mouvem ment
d 2x ⎛ a − l0 ⎞ + 2k ⎜ ⎟x =0 2 dt ⎝ ma ⎠ Qui est celle c d’un osscillateur haarmonique de d pulsation ω définie par : ω 2 = 2
Exerciice 2 1-a PFD D dans le reepère (oxy)
mγ r = P + R + F f + T + Fc + Fe
114
k ( a − l0 ) m
poids P = − mgk ; réaction R ; frottement F f = −η
Forces réelles :
dx i et la Tension dt
T = − k ( x − l0 ) i Forces fictives : entrainement Fe et Coriolis Fc ● Fc = −2 m ω k ∧ VR1 = −2 mω
(
)
dx j dt
● Fe = −mω k ∧ k ∧ xi = mω xi 2
2
d 2x dx Projection du P.F.D sur l’axe (Ox) : m 2 = − k ( x − l0 ) − η + mω 2 x dt dt
d 2 x η dx ⎡ k ⎤ + + ⎢ ( x − l0 ) − ω 2 ⎥ x = 0 soit 2 dt m dt ⎣ m ⎦
d 2 x η dx ⎛ k k d 2x dx k l0 ⎤ 2 ⎡ 2⎞ + + − − = ⇒ + 2αω0 + ω0 ⎢ x − =0 x l 0 ω 0 ⎜ ⎟ 2⎥ 2 2 dt m dt ⎝ m m dt dt m ω ⎠ 0 ⎦ ⎣ 2
tel que ω0 =
k η − ω 2 et 2αω 0 = m m
k l0 d 2u du 2 l’équation devient b- En posant u = x − + 2αω0 + ω0 u = 0 2 2 m ω0 dt dt k −ω2 m
Pulsation propre ω0 =
kx d 2u du 2 + 2αω0 + ω0 u = − 0 cos Ωt 2 dt dt m
2- l’équation s’écrit : a-
Amplitude et phase de la vitesse :
kx dx j Ωt −ϕ ) = V0 cos(Ωt − ϕ ) → x = V0 e ( ; F = − 0 e j Ωt m dt
x=−
V0 j ( Ωt −ϕ ) V = − j 0 e j ( Ωt −ϕ ) ⇒ x = jΩV0 e j ( Ωt −ϕ ) e Ω jΩ
⎡ ⎛
d’où V0 e j ( Ωt −ϕ ) ⎢ j ⎜ Ω −
⎢⎣ ⎝
⎤ k x0 jΩt e ⎟ + 2αω0 ⎥ = − Ω ⎠ m ⎥⎦
ω0 2 ⎞
2 ⎡ ⎤ k2x 2 ⎡ ⎛ ⎤ − jϕ ω0 2 ⎞ kx0 ω0 2 ⎞ 2 ⎛ 2 2 0 ⎢ soit V0 ⎢ j ⎜ Ω − αω + 2 = − ⇒ e V0 ⎜ Ω − ⎟ ⎟ + 4α ω0 ⎥ = 0⎥ 2 Ω ⎠ m m Ω ⎠ ⎢⎣⎝ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎝ ⎥⎦
V0 =
kx0 m
1 2
⎛ ω0 ⎞ 2 2 ⎜Ω − ⎟ + 4α ω0 Ω ⎠ ⎝ 2
115
La phasee :
⎡ ⎛ ⎤ ⎛ ω0 2 ⎞ kx0 ω0 2 ⎞ j 2 αω α cos ϕ − j sin ϕ = − + 0 ⇒ Ω − αω0 sin ϕ = 0 + ( ) ⎢ j⎜Ω − ⎥ ⎜ ⎟ ⎟ cos ϕ − 2α 0 m Ω ⎠ Ω ⎠ ⎢⎣ ⎝ ⎥⎦ ⎝
Ω−
Ω 2αω0
tgϕ =
Donc
ω0 2
b-Impéd dance mécaanique Z :
Z=
Am mplitude dee F kx0 = A Amplitude dee v V0 2
⎛ ω2⎞ Z= m ⎜ Ω − 0 ⎟ + η 2 Ω ⎠ ⎝
Exerciice 3 I-
Le mouvement m t de wagon est e uniformee :
1- On nee considère pas les forcces de frottement
a−
dLΔ = M Δ P + Fe + Fc + T avec Δ l'aaxe Ax dt
(
LΔ = i LA
) = i ( AM ∧ mV ) = i ( lu
r
)
+ mlθ uθ ⇒ LΔ = ml m 2θ
P = −mgk m = mg ( coos θ ur − sin θ uθ ) T = −Tuur avec T = T
Fe = −mγ e = 0 Fc = −mγ c = 0
(
) (
(
M Δ P + Fe + Fc + T = i AM ∧ P + T donc :
) ) = −mgl sin θ
dLΔ g = ml 2θ = −mgl sinn θ ⇒ θ + sin θ = 0 l dt
(1)
(1) : Eqquation difféérentielle déécrivant le mouvement m relatif du pendule. p b- Pourr les petits mouvements m s, sin θ
θ
g (1) ⇒ θ + θ = 0 (2) ⇒ θ (t ) = C cos (ω0t + ϕ ) l avec ω0 =
g p pullsation proppre du mouvvement du pendule. l
116
⎪⎧θ ( t = 0 ) = C cos ϕ = θ 0 ⎨ ⎪⎩θ ( t = 0 ) = −C sin ϕ = 0
⇒ ϕ = 0 et C = θ0 ⇒ θ ( t ) = θ0 cos ω0t (3)
2- On tient compte du frottement et on vaa considérerr uniquemen nt la force exercée parr l’air. Le pendulee sera soumiis, en plus des forces précédentes à l’action de cette force.
F = −kv = −klθ uθ
a−
(
)
M Δ P + T + F + Fe + Fc = −mgl sinn θ − kl 2θ dLΔ k g = ml m 2θ = −mg gl sin θ − kl 2θ ⇒ θ + θ + sin θ = 0 dt m l
k 4) s’écrit : = 2λ , l’’équation (4 m
Pour less petits mou uvements ( (θ : faible ) et e en posantt
θ + 2λθ + ω0 2θ = 0 λ= b- α =
k 2m
(4)
(5)
esst le coefficieent d’amortiissement
k λ = d degré d’amo ortissement ω0 2m
c- α < 1
( amortisssement faibble ) 2
r 2 + 2λ r + ω0 = 0 Equation caaractéristiquue r = − λ ± iω
2
avec ω = ω0 − λ : pseud do-pulsation n 2
θ ( t ) = Be B − λt cos (ωt − ϕ ) = e− λt ( C cos ωt + D sin ωt ) ⎛ ⎝
θ ( t = 0) = θ0 et θ (tt = 0) = 0 ⇒ θ ( t ) = θ0e−λt ⎜ cos ωt + On peutt écrire θ ( t ) sous la forrme : θ ( t ) =
λ ⎞ sin ωt ⎟ ω ⎠
ω0 λ θ 0 e − λt cos(ω t − ϕ ) (6), avec tgg (ϕ ) = ω ω
Mouvvement sinussoïdal amorti
117
●τ =
1
λ
=
2m : constante du teemps k
out duquel l’amplitude des d oscillatiions est divisée par e. τ est le temps au bo ogarithmiqu ue du mouv vement. Il caractérise c lla décroissaance des ● δ = λT est le décrément lo élongatiions maximaales à chaqu ue période. En E pratiquee, la détermination de δ se fait à parrtir de la mesure des élongattions maxim males du mou uvement.
θ (t ) 1 ⎛ θ (t ) ⎞ = e nλT = e nδ ⇒ δ = ln ⎜⎜ ⎟ θ (θ + nT n ) n ⎝ θ ( t + nT ) ⎟⎠ 1
⎛ δ 2 ⎞2 ⇒ T = T0 ⎜1 + 2 ⎟ si δ << 1 ⇒ T T= ω ⎝ 4π ⎠ 2π
⎛ δ2 ⎞ T0 ⎜1 + 2 ⎟ ⎝ 8π ⎠
d- α = 1 Régime crritique
θ ( t ) = e − λt ( C t + D ) ⎧⎪θ ( t = 0 ) = θ 0 ⇒ C = λθ 0 et D= θ0 ⎨ ⎪⎩θ ( t = 0 ) = 0 ⇒ θ ( t ) = θ 0 e − λt ( λ t + 1) ● α > 1 Régime apériodiqu ue.
θ ( t ) = e − λt ( c chβ t + D shβ t ) avec β 2 = λ 2 − ω0 2 ⎧⎪θ ( t = 0 ) = θ 0 λ ⇒ C = θ0 et D = θ 0 ⎨ β ⎪⎩θ ( t = 0 ) = 0 ⎛ ⎞ λ hβ t + shβ t ⎟ ⇒ θ ( t ) = θ 0 e − λt ⎜ ch β ⎝ ⎠ ● Dans les l deux réggimes, le reto our à la positiion d’équilib bre se fait saans oscillatio ons. ● Le retour à la position d’équillibre se fait plus rap pidement daans le régim me critique que dans le régim me apériodiq que. II- Le
wagon
effectue
un
m mouvement
mément accéléré uniform
γ = γ ey Nouvellles condition n initiale : θ 0 = 0 et θ 0 = 0
( ) (
)
(
M ∧ Fe = −ml m γ i ur ∧ j 1- Fe = −mγ e = −mγ ey ⇒ M Δ Fe = i AM
118
)
( )
s θ ur + cos θ uθ ⇒ M Δ Fe = −ml m γ cos θ Or j = sin dLΔ = ml m 2θ = −mggl sin θ − kl 2θ − mlγ cos θ dt k g γ ⇒ θ + θ + sin θ + cos θ = 0 (6) m l l 2
Pour θ faible, f l’équaation différeentielle(6) se s simplifie et e s’écrit : θ + 2λθ + ω0 θ +
γ l
=0
2•
α >1
⎛
θ ( t ) = −θ p e − λt ⎜ ch c ξt + ⎝
ξ = λ − ω0 2
•
2
⎞ λ shξ t ⎟ + θ P ξ ⎠
2
α =1
θ ( t ) = −θ p e− λt ( λt + 1) + θ p •
α <1 ⎛ ⎝
θ ( t ) = −θ P e− λt ⎜ cos c ωt +
λ ⎞ s ωt ⎟ + θ P sin ω ⎠
ω 2 = ω0 2 − λ 2
θP = −
γ solutio on particulièère de l’équaation différentielle. 2 lω0
θ(t) ten nd vers la vaaleur θ P = −
γ de faço on périodique ou apério odique suivaant la valeurr de α. 2 lω0
III- L e wagon effecctue un mou uvement sin nusoïdal de pulsation p Ω et d’amplittude a. 1- Les oscillations du d pendule sont s entreteenues par la force d’inerrtie d’entrain nement.
119
Fe = −mγ e = m Ω 2 a cos Ω t ey
( ) (
)
M Δ Fe = e AM ∧ Fe = m a l Ω 2 cos Ωt cos θ
( )
pour θ faible M Fe = mal Ω 2 cos Ωt et l'équation différentiellle du mouveement s'écriit :
θ + 2λθθ + ω0 2θ =
a Ω2 cos Ωt l
(8)
Régime forcé → θ ( t ) = C sin (ωt + ϕ ) Chercho ons une solu ution complèète de la form me → θ ( t ) = Ce (
i ωt + ϕ )
En remp plaçant cos
{
Ceiϕ − −Ω 2 + 2iλΩ + ω0 d'où C =
2-
2
}
=a
Ω2 l
a Ω2 l
(
⎡ ω 2 − Ω2 ⎢⎣ 0
tgϕ =
,
exp p
)
1
2
=
2 + 4λ Ω ⎤ ⎥⎦ 2
2
2αω Ω −2λΩ =− 2 0 2 =− 2 2 ω0 − Ω ω0 − Ω
2α 1−
a l
Ω2 / ω0
2 1
2 ⎡⎛ Ω 2 ⎞ 2 Ω2 ⎤ ⎢⎜1 − 2 ⎟ + 4α 2 2 ⎥ ω0 ⎥ ⎢⎣⎝ ω0 ⎠ ⎦
Ω
ω0 Ω2
ω0 2
A laa résonnance, l’amplitud de est maxim male. 2
ω0 ω0 dC ⇒Ω= = 0 ⇒ Ω2 = 2 dΩ 1 − 2α 1 − 2α 2 a 1 Cmax = l 2α 1 − α 2
120
Exerciice 4 1- mxex = −α xex − kxe k x + F0 coos ω tex
α
F k x = 0 cos ωt m m m F k α on posee : = 2λω ω0 ; = ω0 2 et 0 = a m m m 2 l'équatiion devient : x + 2λω0 x + ω0 x = a cos c ωt x+
x+
2-a- Le régime r d’osccillations forrcées corresspond à la so olution :
x = A siin ωt + B coss ωt x = Aω cos ωt − Bω sin ωt x = − Aω 2 sin ωt − ω 2 B cos ωt
( − Aω
( − Aω
2 2
s ωt − ω 2 B cos ωt ) + 2λω0 ( Aω coos ωt − Bω siin ωt ) + ω0 ( A sin ωt + B cos ωt ) = a cos ωt sin 2
)
2
(
2
)
− 2λ Bω0ω + ω0 A sin ωt + − Bω 2 + 2λ Aω0ω + ω0 B cos ωt = a cos ωt
donc
(
)
2 ⎧⎪− Aω 2 − 2λ Bω0ω + ω0 2 A = 0 ⎧⎪ ω0 − ω A − 2λ Bωω0 = 0 ⇒⎨ ⎨ 2 2 2 2 ω B + 2 λ A ω ω + ω B = a − ⎪⎩ ⎪⎩2λ Aω0ω + ω0 − ω B = a 0 0
A=
(
2 λ a ω0 ω
ω0 2 − ω 2
)
2
2
+ 4λ 2ω0 ω 2
;
2
( a (ω B= (ω − ω )
2
0
2
2
2
0
− ω2
) )
2
+ 4λ 2ω0 ω 2
Graphess A(ω) et de B(ω). On rem mplace dans les l expressions de A et B,
A
λa ; B 2 4 2 (ω0 − ω ) + 2λ 2ω0
par
0
sauf dans lee terme (
a ( ω0 − ω )
2ω0 (ω0 − ω ) + 2λ 2ω0 2
121
3
-
0)
b-La puiissance abso orbée par l’o oscillateur est e donnée par p :
P = F ⋅ v = F0 cos ωt [ Aω cos ωt − Bω sin ωt ] T
T
T
F Aω F Aω F Bω 1 〈 P〉 = ∫ Pdt = 0 cos ωt sinn ωt dt = 0 cos 2 ωt dt − 0 ∫ ∫ T 0 T 0 T T 0 F0 = maa ⇒ 〈 P〉 =
1 mω Aa 2
our ω = ω0 ⇒ 〈 P〉 max = −c 〈 P〉 = 〈 P〉 max po
〈 P〉 =
ma 2 4λω0
1 λ ma 2ω0ω 2 ma 2 2 2 = ⇒ ω 4 − 2ω0 ( 2λ 2 + 1) ω 2 + ω0 = 0 〈 P〉 max ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 8λω0 ω0 − ω + 4λ ω 0 ω
(
)
les soluutions sont
ω 2 = (1 + 2λ 2 ) ω0 2 ± 2ω0 2 λ λ 2 + 1 λ est faaible ⇒ ω 2
λ2 ⎞ 2 2 ⎛ 2 2 1 2 ± 2 + λ ω ω λ 1 + ( ) 0 ⎜ ⎟ ω0 (1 ± 2λ ) 0 2 ⎠ ⎝
ω = ω0 (1 ± λ ) Δω = 2λω λ 0=
1
τ
avvec τ le tepms d'amorttissement dees oscillatioons libres .
geur de la baande passan nte Δ ω = ω 2 − ω1 : Larg
r au temps l’équaation différeentielle précédente en x. On trouve 3-a- On dérive par rapport
d 2v dv 2 + 2λω0 + ω0 v = − aω siin ω t 2 dt dt b- On prend p une solution de type V = V0 ei (ωt −φ ) et on o remplacee a sin (ω t ) partir dee l’équation en v on obttient :
122
iωt
par a = ae
,à
v0 e − iφ = tgφ = V0 =
(ω
− aω 2 0
)
− ω 2 + 2iλωω0
2λωω0 ω 2 − ω0 2 aω
(ω
2 0
−ω2
)
2
2
+ 4λ 2ω0 ω 2
V0 auraa la même allure que A
⎧ω → 0 ⇒ V0 → 0 masse reeste immobiile ⎨ +∞ ⎩ω → +
Z = ka 4- Z imp pédance méccanique com mplexe de l’o oscillateur ZV a-
Z= Z =
En remplaçantt V et a paar leurs exprressions V0 ei ( wt −φ ) et aeeiwt , on obtieent
ka iφ m ω0 e = V ω 2 m ω0 2
ω
(ω
0
2
(ω
−ω2
2 0
)
2
−ω2
)
2
2
+ 4λ 2ω0 ω 2 e iφ 2
+ 4 λ 2ω 0 ω 2
2 d Z mω0 =− b- Etudee de la variation de Z en fonction de ω . dω 2
⎧ω → 0 ⇒ Z → +∞ ⎨ + ⎩ω → +∞
(ω (ω
2
0 0
2
)( ) − ω ) + 4λ ω ω 2
− ω 2 ω0 + ω 2 2
L’osccillateur estt équivalentt à un circuitt électrique ouvert.
123
2
2
0
2
