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MECANIQUE DU POINT MATERIEL EXERCICES CORRIGES PREMIER CYCLE UNIVERSITAIRE SCIENTIFIQUE
Faculté des Sciences de Monastir
Département de Physique
L OTFI BEJI AHMED REBEY
BELKACEM EL JANI
1
Cinématique du point matériel (I) Exercice 1 Soit un repère fixe R0 (0,x,y,z) de base ( kji ,, ) 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 =
51 .
Exercice 2 Soit un point matériel repéré par ces cordonnées cylindriques ,,ϕρ et z telles que : 2at ,z at , t ,ρ ϕ ω= = = 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 .γetV
Exercice 3 Soit un mobile M se déplaçant sur une branche d’hyperbole dans un repère R (o, kji ,, ). M est repéré par le vecteur position OM =x(t) jtx
ai)(
+ , avec a constante positive et x(t) = at. 1- Déterminer les vecteurs unitaires de Serret-Frenet en fonction des vecteurs ,, ji et k 2- Calculer le rayon de courbure )(tρ 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 cosα , 2
0
1y v t sin gt
2α= − où v0 est la vitesse initiale de P et α est l’angle que fait v0 avec l’axe Ox. 1- quelle est la nature de la trajectoire ? 2- Déterminer :
- Les accélérations normales et tangentielles. - Le rayon de courbure )(tρ ainsi que le centre de courbure C(t) - Les expressions des vecteurs unitaires de Serret-Frenet.
2
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 : 2 2
0 2 2
t tr(t ) r exp( ); (t )θ
τ τ= − = où 0r et τ étant deux constantes positives.
On appellera ru le vecteur unitaire porté par OM et θu le vecteur qui lui est directement perpendiculaire (voir figure). 1- Calculer le vecteur vitesse )(MV ainsi que son module. 2- Evaluer l’angle entre le vecteur unitaire ru de la tangente à la trajectoire en M et le vecteur unitaire radiale. Que peut –on dire de cet angle ? 3- Calculer l’accélération ( M ).γ En déduire ses composantes tangentielle et normale dans la base de Serret-Frenet ( ),, Buu Nr . 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 m / sμ et ω=
32π , déterminer entre l’instant t=0 et ts= 6 mn 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.
O θ
uθ
xr M
ru
ExerciSoit un pDans ce uniform
Dans somouvementre de1- Don L’équa2- En 3- Danmouvem
ice 7 plan rapporplan une mme autour du
n point A, lament par l’ineux glissièrenner l’équatation du modéduire la vns l’hypothèment, de la v
rté au systèmanivelle OAu point fixe 0
a manivelle entermédiairees de guidagtion du mououvement sevitesse et l’acèse où λ << vitesse et de
me d’axes (OA tel que O0, ce qui rev
est articuléee d’une articge parallèlesvement du pera donné enccélération 1 donner dl’accélératio
3
Oxy) (voir figOA = r estient à dire q
e sur la biellculation un p. point matérn fonction ddu point B.es expressioon du point
gure). t animée d’uque l’angle ϕ
e AB tel quepoint matériel B. (On poe r ,l , , ,λ ω
ons approchB.
un mouveme(Ox ,OA)ϕ =
e AB =l, ceriel B qui se osera
lr=λet t
hées de l’équ
ent circulair) tω= avec
ette dernièredéplace suiv)
uation du
re c ω = cte.
e met en vant Ox
4
Solution des exercices
Exercice 1
a- ===dtd
dtOMd
dtOMdv α kji αααα 2sin2cossin( ++− )
2v 1 sin 2α α= + 2
v sin i cos j 2 sin2 k;
v 1 sin 2
α α ατα
− + += =+
N
ddsudds
τ
τ=
2
d d d dt 1 d;
ds d dt ds d1 sin 2
τ τ α τα αα
= =+
2 2
32 2
cos ( 1 sin 2 ) sin sin4 i sin (1 sin 2 ) cos sin4 j 2cos 2 kdd
(1 sin 2 )
α α α α α α α α ατα
α
⎡ ⎤ ⎡ ⎤− + + − + + +⎣ ⎦ ⎣ ⎦=+
2
32 2
d 5 3 sin 2ds
( 1 sin 2 )
τ α
α
−⇒ =
+
2
2N 2 2
cos ( 1 sin 2 ) sin sin41
u sin (1 sin 2 ) cos sin45 3 sin 2 1 sin 2 2cos 2
α α α αα α α α
α α α
− + += − + −
− +
b- Nu ddsτ
ρ= ⇒ 1 d
dsτ
ρ= ⇒
21
2
23
2
)2sin35(
)2sin1(
α
αρ−
+= pour 0 ;α =
51
0 =ρ Exercice 2 :
1- kzuOM += ρρ ; kzdtud
udtOMdv ++== ρ
ρ ρρ Or : du du d
udt d dt
ρ ρϕ
ϕ ωϕ
= = ⇒ 2v 2atu at u akρ ϕω= + + 2- 2 22at u 2at u 2at u at uρ ϕ ρ ργ ω ω ω= + + − ⇒ 2 2( 2a at ) u 4 at uρ ϕγ ω ω= − + 3- 1
2 4 2 2v a ( 4t t 1)ω= + + ; 14 4 2a ( 4 t )γ ω= +
5
Exercice 3
1- jt
iav 2
1−= ; ))(
11( 2222
atav +=
)1(
)(11
12
22
jat
i
at
−+
=τ kb = ; )1(
)11(
12
21
42
jiat
ta
bn ++
=∧= τ 2-
ργ
2vn = ; 32t jγ −= ⇒ n 1
3 22 4
2n
1t ( 1 )
a t
γ γ= = ⇒+
23
4232 )11(
21
tata +=ρ
0C OM MC OM nρ= + = + ⇒ OC = 2 42 4 2 4
at 1 1 1( 3 ) i ( 2 a t ( 1 ) ) j
2 a t 2t a t+ + + + 3- L’hodographe :
2
1t
V
cteaVV
y
x
−=
===
Exercice 4
1- OP 20 0
1v t cos i ( v t sin gt )i
2α α= + −
0x v t cosα= ⇒ 0
xt
v cosα= ⇒ 2
2 20
1 xy g x tan g
2 v cosα
α= − +
dy0
dx= ⇒ 2 2
0
gxtan g 0
v cosα
α− + = ⇒
20
M
v sin2x
2gα=
Mouvement parabolique admettant une tangente horizontale au point M : 2M 0
22
M 0
sin2x v
2g
siny v
2g
α
α
=
=
Vy
a Vx
6
2- OP = 0
20
x v t cos
1y v t sin gt
2
α
α
=
= −0
0
v cosv
v sin gt
αα
⇒ =−
0
gγ⇒ =
−
2 2 2 10 0 2v (v g t 2gtv sin )α= + −
* 20
t 2 2 20 0
dv g t v g sin;
dt v g t 2gtv sin
αγα
−= =+ −
2 2 2t rγ γ γ= + ⇒ 2
122 )( tn γγγ −=
0n 2 2 2
0 0
v gcos
v g t 2gtv sin
αγα
=+ −
* Rayon de courbure : 2 2
nn
v v;γ ρ
ρ γ= ⇒ =
ααρ
cos)sin2(
0
23
0222
0
gvgtvtgv −+
= * nOC OP PC OP uρ= + = +
0 0
2 2 20 0
20
0 02 2 20 0
v v cos i ( v sin gt ) ju
v v g t 2gtv sin
g t v g sinu ( v cos i ( v sin gt ) j
v g t 2gtv sin
τ
τ τ
α αα
αγ α αα
+ −= =+ −
−= + −+ −
0 0
n 2 2 20 0
( v sin g t ) i v cos ju
v g t 2gtv s in
α αα
− −⇒ =
+ −
( ) ( )
( )
v sin gt v g t gt v sinOC v t cos i
v gcos
v t sin gt v g t gt v sin jg
α αα
α
α α
⎛ ⎞− + −⎜ ⎟= + +⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞− − + −⎜ ⎟⎝ ⎠
2 2 20 0 00 02 2 2 20 0 0
21 1 22
nn
uu ?τ τγ γ
γ−= =
x
y
yM
O
M
xM
α
0v
7
* OC = ( )v sin v v t g sin g t g t vi tv sin g t j
v g cos g
α αα
α− + − ⎛ ⎞
+ − −⎜ ⎟⎝ ⎠
2 2 2 3 3 20 0 0 2 0003 3 33 2
* nb u u kτ= ∧ = − 3 - La trajectoire recoupe l’axe Ox αα 2sinsin20
200
gv
xgv
ty ccc =⇒=⇒=⇒ t t
t
vv v v cos cos
vγ γγ γ γ θ θ
γ γ= = ⇒ = = gt v sin
cosv g t gtv sin
αθα
−⇒ =
+ −02 2 20 02
A l’instant c c c
v sint cos sin
v v sin v sin
α πθ α θ αα α
⇒ = = ⇒ = −+ −
02 2 2 20 0 0 24 4 Exercice 5 1- OM = r r
dOMr(t )u ; v( M ) r(t )u r(t ) u
dt θθ= = + v( M )⇒ = r
t tr exp( )( u u )θτ τ
− − +202 22
( ) t tv M r exp
τ τ⎛ ⎞
= −⎜ ⎟⎝ ⎠
202 22 2 2- r
r r
vuv u v u cos cos cte
vπα α α−= ⇒ = = ⇒ = =1 342
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 cteα⇒ = ⇒
l’orientation du vecteur vitesse par rapport à OM ne change pas au cours du temps. 3- r
r rdv t t texp u exp u
dt θγτ τ τ τ τ
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎧ ⎫= = − − + − −⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭
2 2 20 02 2 2 2 222 1 4 t
rdv t texp
dtγ
τ τ τ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
2 202 2 22 2 1 2 4- Rayon de courbure :
n
n
v v tr expγ ρ ρ
ρ γ τ⎛ ⎞
= ⇒ = ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠
2 2 20 22 NOC OM CM OM u ;ρ= + = + ( )t
r
vu
v u uθ
= =− +
12 r
tN r
N
t t tu u u u u
tθ θ
γ γ τγ τ τ τ
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞−= = − + − + − − −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
2 2 2 22 2 22 2 2 1 4 2 1 2 2 1 24 2 ( ) θθ τ
utrOCuuu rN ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−=⇒−−=⇒ 2
2
0 exp2
1
Exerc
1 - OM
v =
2- tγ =
(Nγ γ=
N
vγρ
=2
4- a- E x2mouvem
b- v= On pose
cice 6
x(t )
M y(t )
z(t )
=
(v tω+ 2 20 1(
vdvdt
ω
ω=
+
01)tγ γ γ− ⇒
12 2 2
N
vργ
⇒ = ⇒2
Equation dey v t+ = ⇒2 0ment spirale
dSdS
dt⇒ =
e t shuω = ω
chudt =
v t cos t
v t sin t
ωω
===
000)
12 2 ; γ =
)t
t
ω
ω
2 12 2 2 N vγ ω
⎛⎜=⎜⎝
0 4
(vρω
⇒ = 0 4e la trajectoi⇒ En coorde.
vdt S⇒
⇒ du ωu
v t
v v tw
ω−=
000(v tω ω= + 20 4
(t
t
ωω
+ +
+
2 22 24 41
((
t
t
ω
ω
+
+ +
22 214 4re :
onnées pola
st
S v ( ω= +∫ 00 1⇒
8
sin t v
wcos t v
ω ωω
++
00
)ω12 2
)tv
ω ⎞+⎟ =⎟⎠
12 2 22
)))
t
tω=
+
32 2 12 2 2
aires : r v
φ ω=⎧
⎨ =⎩
t ) dtω12 2 2
vs ch
ω⇒ = ∫ 0
t (s) 0
x (t) 0
y (t) 0
cos t
sin t
ωω γ =
00
((
vt
ωω
ω
+
+
20 221
((
tv
t
ωω ω
+
+
20 212v t
tω0 (r φ⇒
vh udu
w=2 02
90 180
0 -9
4.5 0
v sin
v cosw
ω ωω
−
=0
0220
))
t
t
2 212 2
))t
32 22
) vφ φω
= 0 : E
sArgsh t
shω
+∫0 1
0 270
0
-13 .5
t v t c
wt v t s
ω ωω
−
−
20 20
Equation d’u
h udu2
360
18
0
cos t
sin t
ωω
un
9
s s
vS Argsh ( t ) sh Argsh tω ω
ω⎡ ⎤⇒ = +⎢ ⎥⎣ ⎦
0 1 22 2 AN : S mm61 t ; v v i ; v jγ ω= = =0 0 0 00 2 t s ; v v ( i j ) ; v ( i j )
t s ; v v ( i j ) ; v ( i j )
π γ ω ππ πγ ω
= = − + = −
= = − = +
1 0 1 02 0 2 0
180 23 3270 22 2 Exercice 7
1- Equation du mouvement du point matériel B. ψϕ coscos lrCBOCOBx +=+== On a ϕλϕψψϕ sinsinsinsinsin ==⇒==
lrlrAC
M(t1)
M(t2)
2γ
2v
1γM(t0) 0v
0γ
x
1v
y
A
O
r
C φ ψ x
10
ϕλψϕλψψ 222222 sin1cossincos1sin −=⇒=−= Finalement : x r cos t l sin tω λ ω= + − 2 21 2- Vitesse : dx sin tv r sin t l
dt sin t
ωω ω λ ωλ ω
= = − −−
2 2 21 22 1 Accélération : ( )
d x cos t l sin tr cos t l
dt sin tsin t
ω λ ω ωγ ω ω λ ωλ ωλ ω
= = − − +−−
2 4 22 2 22 2 22 22 22 11 3- Expressions approchées pour 1≺≺λ : ( )ε ε− −
12 11 1 2
x r cos t l sin t
v r sin t l sin t
r cos t l cos t
λω ω
λω ω ω ω
γ ω ω λ ω ω
⎛ ⎞= + −⎜ ⎟
⎝ ⎠
= − −
= − −
2 22
2 2 2
1 2 22 2
11
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)= ( )d
, Ox ,D ;dtθ θ⎡ ⎤=⎣ ⎦ un point M est mobile sur la droite D. A l’instant t on a ( )OM r t ,=
soit ru Le vecteur unitaire porté par la droite D tel que rOM ru= . 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 ( )Mγ 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 e ( OM )γ ω ω= ∧ ∧
Exercice 3 On considère un repère absolu 0R , 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 : ( ) ( ) ( )E / E / E /V ( M ) V ( M ) V ( M )= +2 0 2 1 1 0 2- Montrer qu’une relation du même type que la précédente est facilement vérifiable pour [ ]( )0/2CE γγ + NB : ( ) ( ) ( ) ( ) ( )E i / E i / C i /V M , M et ( M )γ γ0 0 0 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.
12
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 : °= 60λ et le rayon de la terre R kmπ
= 400002 . On néglige la hauteur de l’avion. 1- Calculer le vecteur accélération de Coriolis Cγ de l’avion. 2- Comparer Cγ au module de l’accélération d’entrainement Eγ de l’avion. Représenter Cγ et Eγ en M sur le schéma ci-joint. 3- Calculer Cγ et Cγ 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.
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 2axz = , disposé verticalement dans le plan xOy d’un repère mobile R(O,x,y,z).
x
z
x
E y
M
λ
Parallèle O
S
N
Méridien
13
R / R t KΩ σ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠0 212 : est le vecteur rotation instantanée du repère R par rapport à R0. A t= 0, les
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. 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 BV et l’accélération absolue Bγ . b- Le vecteur position de B par rapport à A .En déduire la vitesse ABV / et l’accélération AB /γ de B par rapport à A.
. M
X x
Y
Z
O
2- Le sconstana- Expl’accélérb- Trace0ω >>a3- On a- DéfRR /1 b- Calcexprimé4- La mouvemconstana- DonnR. b- Trouvavoir eff c- Calcu5- A la décroissa- Quel eb- La vmanière
surveillant Mt V0. primer dansration absoler l’allure d0 0; ω =V a Vveut étudierfinir un repè. culer la viteée dans R1. voiture B ement sinusoïte. A l’instaner les équat
ver la relatifectué un touler la vitessfin du specsante avant est le tempsvitesse et l’e ?
M se dirige m R le vecteuue aγ . de la trajec0V et 0ω <<ar ce même mère mobile
esse d’entraest maintenïdal verticalnt initiale lations paramion entre α ur complet.se et l’accéléctacle, le m de s’annules nécessaire accélération
maintenantr position O
ctoire de M 0< V mouvement R1 par rapp
ainement V
nant placéel entre z=0 a voiture B emétriques deet ω0 pour q ération absomanège est fer ω(t) =-βt pour l’arrêtn absolues
14
tout droit vOM (t ) si M
dans R sande M avec lport à R et d
eV et la vites sur des reet z=2d de est placée ene la trajectoique la voitu
olues exprimfreiné pour+ ω0 t total en fonde la ques
vers la voiturM quitte O àns faire de a compositidonner le’ vsse rV , en essorts qui position d’én B0(a,o,o) are de B par
ure B viennemées dans R1 être arrêténction de β estion 3b et
re B avec unà t=0. En déd
calcul, danon des vitesvecteur rotadéduire la vlui permetéquilibre z=vec une viterapport à R
e à sa posit1. é. Sa vitesset ω0 3c change
ne vitesse deduire la vitens les cas ssses. ation instantvitesse absottent d’effecd et de pulsesse initiale R1 puis par rtion initiale e angulairent-elles ? D
e module sse aV et
suivants : tanée de olue MV ctuer un sation α nulle. rapport à B0 après devient
De quelle
15
Exercice 7 Soit R0 ( )KJIO ,,, un repère absolu, et soit un disque tournant autour de l’axe ( )kO, , de centre O1 et de rayon a, le centre étant défini par : KthOO )(1 = (où h(t) est une fonction du temps) . Le disque étant dans un plan parallèle à ( ).,, jiO Soit R1 ( ),,,1 KkjiO = , le repère relatif lié au disque et on pose l’angle ( )tJI θ=),( . Soit M, un point matériel en mouvement qui décrit l’extrémité du disque et dont la position est repérée par l’angle ( ) ( )t i ,u ,ρϕ = avec ρu un vecteur unitaire porté par O M1 . On associe au point M la base cylindrique ( )u ,u ,kρ ϕ . 1- Donner le vecteur position de M par rapport à R0 2- Calculer les vecteurs vitesses : a e rV ,V et V 3- Calculer les vecteurs accélérations : a retγ γ . En déduire les vecteurs accélérations : e cetγ γ
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 .
θ
y
x
X Y O
O1
Z
θ
i
j k
I
J
K
M
Y
X
Un poi( )O M t1On défin
R (O,I0R ( O ,i1 1R (O ,u2 1Avec i 1- DonnEn dédua- La vitb- L’accé4- Dondans 1Ra- La vb- L’ac
nt matériel ) r(t ) r= =nit les repèr, J ,K ) : Repi , j ,k ) : Re
ru ,u ,i ) :ϕ Reporté par Oner le vecteuuire et exprimtesse de M pélération denner le vecte vitesse absoccélération a
M se dépla. es : père absolu père lié à l’aepère lié au OO1 ; ru portur rotation inmer dans Rpar rapport àe M par rappeur rotationolue : RV ( M0absolue : Rγ
ace sur un r
axe du disqudisque té par O M;1nstantané Ω2R . à R1 : RV ( M1port à R1 : Rγn instantané
M ) R ( M )0
16
rayon du d
ue avec k K=
; =θ l’ang/Ω2 1 de 2R
M ) R ( M )γ 1 é /Ω1 0 de R
isque avec
K gle ( )I ,i ;ϕpar rapport
R1 par rappo
une vitesse
=ϕ l’angle ( jt à 1R
ort à R0 , en
e uniforme.
)rj ,u
déduire et e
On pose
exprimer
17
Exercice 9 Soit un cercle de centre 'O et de diamètre OB= 2R, contenu dans le plan ( )'O x y1 1 du repère 'R (O ,x , y ,z )1 1 1 1 de base orthonormée directe ( )i , j ,k1 1 1 . Soit une tige AC=2R articulé en 'O
( )RBOAO == '' en rotation autour de l’axe 'O z // Oz1 avec une accélération angulaire constante d
dtθ σ=
2 2 Soit 'R (O ,x , y ,z )2 2 2 2 le repère mobile lié à la tige de base orthonormée directe ( )i , j ,k2 2 2 . Soit un mobile oscillant autour de 'O le long de la tige. L’élongation de M, comptée positivement de 'O vers C, est 'O M Rsin tω= . 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 ( )RV ( M )1 , en utilisant la composition des vitesses, dans la base ( )i , j ,k2 2 2 . 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 rapport à un repère absolue R ( o,x , y ,z )0 , de base ( )i , j ,k 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.
( ) ( ) ( )EE R / R E R / R R / RV V V= +2 0 2 1 1 0
( ) ( )E C R / R E C E CR / R R / R( )γ γ γ γ γ γ+ = + + +2 0 2 1 1 0 On donne : ( )ji RREV / vitesse d’entrainement de Ri par rapport à Rj et
i jE c R / R( )γ γ+ accélération d’entrainement et de Coriolis de Ri par rapport à Rj
x
y
x1
y1
x2
y2
O O
A
Θ(t
C
B
18
Exercice 10 Soit OA l’aiguille des heures d’un réveil et OB l’aiguille des minutes, tel que OB OA a= =2 2 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 R ( ,x , y ,z )2 2 20 est un repère orthonormé mobile de base ( )i , j ,k2 2 tel que OB OB j= 2 1-a- Déterminer le vecteur rotation instantané /Ω2 0 du repère mobile R2 par rapport à R0. On pose /Ω ω=2 0 0 b- Etablir les relations entre les deux bases ( )i , j ,k et ( )i , j ,k2 2 c- Déterminer le vecteur position du mobile M dans la base ( )i , j ,k . Il est conseillé d’introduire
un point a( , , )10 0 02 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.
y2
x2
Y
x
6
9 3
1 2
O
A B M
a
Figure 1 Figure 2
Y
x
x1
y1
y2
O O
6
9
1 2
3
M A B
19
b- Calculer dans R0, l’accélération relative R ( M ),γ 2 l’accélération d’entrainement ( )E / ( M )γ 2 0 et l’accélération de Coriolis ( )C / ( M )γ 2 0 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 1R (0, x1, y1, z) lié à OA , la petite aiguille , de base ( )i , j ,k 1- a- Déterminer les vecteurs rotations instantanées /Ω2 1 et /Ω1 0 respectivement du repère R2 par rapport à R1 et du repère R1 par rapport à R0. On pose / /etΩ ω Ω ω= =2 1 1 02 1 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 E( / )γ 1 0 et E( / )γ 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 ?
20
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. AB –AC =AC soit : ( )
( ) ( ) ( )( )
b c 1 b c 2 c 1 2
b 1 2 c 1 2 c 1 2
b 1 2 1 2 c 1
1c
(v v )t v v t v (t t )
v t t v t t v t t
v t t 0 t t et AC 2v t
400v 0 ,86 ms
2 4 60−
− − + = − +
⇒ − − + = − +
⇒ − = ⇒ = = −
−⇒ = =
× ×
Exercice 2 : Soit R ( )kjiO ,,, le repère fixe et ( )kuuOR r ,,,'
θ le repère mobile lié à (D) 1- '/)(' R
dtOMdMVR = = rur
2- ( ) θθθ utrwurMV
dud
dtdrur
dtudrurR
dtOMdMV rR
rr
rrR )(/)( +=⇒+=+== 3-
( )
r c
2rR
R/ R / R / R
2R r r
r
( M ) ( M )
Accélération relative Accélération de Coriolis
d ru r (t )ud OM dV ( M )( M ))
dt dt dtd
( M ) ru r (t )u r (t )u r (t )u r u r (t )udt
dru 2r (t )u r
θ
θ θ θ θ
θγ γ
ωγ
ωγ ω ω ω ω
ωω
↓ ↓
+= = =
⇒ = + + + + −
= + +
E
2r
( M )
Accélération d'entrainement
u r (t )udt θ
γ
ω
↓
−
* * C A B
Cv+
*
O i
y
x
M
ruθu j
(D)
21
''R
Rr c
dV ( M ); 2 V ( M )
dtγ γ ω= = ∧
La relation s’effectue autour de l’axe oz kω ω= 2
e/ R
d OMdt
γ = (M fixe dans 'R )= 2r
dr u r (t )u
dt θω ω−
Si ω= cte ( ) ( )2e r r
d0et r (t )u k k ru OM
dtω γ ω ω ω ω ω⇒ = = − = ∧ ∧ = ∧ ∧
Exercice 3 1- ( )
0
E 2 / 0/ R
dOMV ( M )
dt= (M fixe dans R2)
O : est le centre du repère R0, O1 celle du repère R1 et O2 celle de repère R2. 0/ R
dOMdt
∗ (M fixe dans R2)= 0 0
1 1
/ R / R
dOO dO Mdt dt
+ (M fixe dans R2) 1 0
0 1
1 1R / R 1
/ R / R
dO M dO MO M
dt dtω∗ = + ∧
( )
11 1
R 21
1 1 2 2R
/ R / R
V O
dO M dO O dO M/
dt dt dt∗ = + 2 1
1 2
2 2R / R 2
/ R / R
0 car M est fixe dans R2
dO M dO MO M
dt dtω∗ = + ∧
( ) ( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( )
2 1 1 01 0
E E2 / 1 1/ 0
R / R R / RR 2 2 R 1 1E 2 / 0
V M V M
V M V O O M V O O Mω ω⇒ = + ∧ + + ∧ 2- ( ) ( ) ( ) ( )
2Ra 2 / 0 E 2 / 0V ( M ) V M V M= + ( )
22
2R
/ R
dO MV M
dt=
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
22
a RE 2 / 0 C 2 / 02 / 0
22
M R/ R
M
d O Mdt
γ γ γ γ
γ
= + +
=
( )( ) ( )
2
0 0
E 2 / 0 Ra 2 / 0
/ R / R
dV dV M
dt dtγ = +
( ) ( )2 21 0 2
0 1
R RR / R R
/ R / R
dV M dV ( M )V M
dt dtω= + ∧
22
2 22 1 2
1 2
R RR / R R
/ R / R
dV ( M ) dV ( M )V ( M )
dt dtω= + ∧
( )( ) ( )1 1 2 1 0 1 00 2 1 1R / R R / R R / R R / RR R RE 2 / 1 E 2 / 1V ( M ) V ( M ) V V ( M ) Vω ω ω ω° ∧ = ∧ − = ∧ − ∧
( )1 0 1 0 2 11 2 20
E ( 2 / 0 )R / R R / R R / Ra( 2 / 0 ) R R RE 2 / 1
/ R
dVV ( M ) V V ( M ) ( M )
dtγ ω ω ω γ⇒ = + ∧ − ∧ + ∧ +
[ ]( )( ) ( )1 0 1/ 0 2 11 1 0 2
0
E 2 / 0R / R R / R R / RE C R R / R R2 / 0
/ R
dVV M V V ( M )
dtγ γ ω ω ω⇒ + = + ∧ − ∧ + ∧
D’après la question 1 ; ( ) ( ) ( )
0 0
E 2 / 0 E 2 / 1 E 1/ 0
/ R / R
dV dV dV
dt dt dt= +
( ) ( )( )
[ ] ( ) ( ) ( ) ( )
1 0
0
1 0 2 11 20 1
E 2/1 E 2/1R /R1 E 2/1
/R
E 1/0 E 2/1R /R R /RE C R R( 2/0)
/R /R
dV dV/R V
dt dt
dV dVV M V M
dt dt
ω
γ γ ω ω
= + ∧
⇒ + = + + ∧ + ∧
( ) 1 0
1 000 0
R / RE ( 1 / 0 ) 1R / RR 1 1
/ R / RR0/
dV dO M dO O M
dt dt dtωγ ω= + ∧ + ∧
1 0
0 1
1 1R / R 1
/ R / R
d O M d O MO M
d t d tω= + ∧
( ) ( ) ( )2 0
1 2 1 0 1 00 1R0
R / RE ( 1 / 0 )R / R R / R R / RR 1 1 1 R
R0//
dV dO O M O M V M
dt dtωγ ω ω ω= + ∧ ∧ + ∧ + ∧
( ) ( ) 2 1
1 2 11
E 2 / 1 R / R2R 2 R / R 1 1 2
/ R
dV dwdO MO w / R / R O M
dt dt dtγ= + ∧ + ∧
2 1
1 2
2 2R / R 2
/ R / R
dO M dO MO M
dt dtω= + ∧
( ) ( ) ( ) ( )2 1
2 1 2 1 2 11 21 1
E 2 / 1 R / RR / R R / R R / RR 2 2 2 R
/ R / R
dV dO O M O M V M
dt dtωγ ω ω ω= + ∧ ∧ + ∧ + ∧
[ ] ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 1
2 1 2 1 2 11 21
1 0
1 0 1 0 1 00 10
R / RR / R R / R R / RE C R 2 2 2 R2 / 0
/ R
R / RR / R R / R R / RR 1 1 1 R
/ R
dO O M O M 2 V M
dt
dO O M O M 2 V M
dt
ωγ γ γ ω ω ω
ωγ ω ω ω
⎧ ⎫⎪ ⎪⇒ + = + ∧ ∧ + ∧ + ∧ +⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭
⎧ ⎫⎪ ⎪+ ∧ ∧ + ∧ + ∧⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭
[ ]( ) [ ]( )E C E C2 / 1 1/ 0γ γ γ γ= + + +
23
Exercice 4 Soit R(O ,i , j ,k ) un repère fixe et ( )' ' ' 'R 0 ,i , j ,k un repère mobile lié à la terre. 1R / R kω ω= : 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,
1 1u ,uρ ϕ et zu les vecteurs unitaires liés au mouvement de l’avion : 1- ( ) 1
1 1 1 11 1
'
R 1 R/ R / R
dudO MV M Rcos R cos u V ( M ) Vu
dt dtρ
ρ ϕλ ω λ= = = ⇒ = 1 1 1
R / RC R2 V ( M ) 2 V uργ ω ω= ∧ = − ; C 2 Vγ ω= AN : C
2 5002
24 3600πγ ×=×
; 2 2C 7 ,27 10 msγ − −=
2- ( )1 1
'R / R R / RE O Mγ ω ω= ∧ ∧ =
1
2R cos uρω λ− et 2E R cosγ ω λ=
AN : 2 21,6810γ γ γ− −= ⇒ <<E E Cms 3- θuVMVR =)(1
; soit ( ) kiuOMON ααα θ sincos, −=⇒= ( )
1 1
'/2 2 2 cosC R R Rw V M wk u V wV jθγ α= ∧ = ∧ = et αγ cos2wVC = AN : 22 cos2710.7 −−= msC αγ Au pole nord C0 2 Vα γ ω= ⇒ =
A l’équation C 02πα γ= ⇒ =
Exercice 5 1-a- : i cos I sin J ; J sin I cos Jθ θ θ θ= + = − + avec 214
θ σ= t b-
( )
0
0
0 0
2 2 20 0 0
2R / RE 0
R / R 3 2E R / R R / R 0 0
3 20 0
OM x i z k v t i ax k v t i av t k
1V OM v t j
2d 1 1
OM OM v t i k v t idt 4 2
1 1v t i v t j
4 2
Ω σ
Ωγ Ω Ω σ δ
σ σ
∗ = + = + = +
∗ = ∧ =
∗ = ∧ ∧ + ∧ = − + ∧
= − + −
0
2C R / R r r 0 0 C 0
dOM2 V ; V / R v i 2av tk v tj
dtγ Ω γ σ∗ = ∧ = = + ⇒ =
24
2- ( ) ( )1 1
4 22 2 2 2 22 20 0 0 04 1 4= = + = + ⇒r
dS v v a v t v v a tdt
( )1
2 2 2 20 01 4= +dS v v a t dt
212 T
4θ π σ= = ( )
8112
2 2 2 20 0
0
8T s v 1 4v a t dt
πσπ
σ⎛ ⎞⇒ = ⇒ = +⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫
On pose : 2 2 2 20 0u 4v a t u 2v at= ⇒ =
0
dus dt
2v a= =
08
2v a
20
0 0
vs 1 u du;
2v a
πσ
⇒ = +∫ si on pose u shx du chxdx= ⇒ = 2 21 u 1 sh x chx+ = + =
08
Argsh ( 2v a )
2
0
1s ch x dx
2a
πσ
⇒ = ∫A
0
1(ch2x 1)dx
4a= +∫
0 0
1 8 1 8s Argsh( 2v a ) sh( 2( Argsh( 2v a )))
4a 8aπ π
σ σ= +
Exercice 6 1- a- OBOB au acos I asin jθ θ= = + avec 0tθ ω= B 0 0
dOBV a sin I a cos J
dtω θ ω θ= = − + ⇒ ( )2
B 0a cos I sin Jγ ω θ θ= − + b- 0AB AO OB ( X acos )I a sin Jθ θ= + = − + B / A B / OV V= et B / A B / Oγ γ= 2-
( ) ( ) (0 OB 0 0
a 0 O 0 0 0 0 0
OM v t u v t cos I v t sin j
V v cos v t sin I v sin v sin v t cos ) J
θ θθ ω θ θ θ ω θ
= = +
= − + + +
( ) ( )2 2a 0 0 0 0 0 0 0 02v sin v cos I 2v cos v t sin Jγ ω θ ω θ ω θ ω θ= − + + − 3-a : ( )1R O,x , y ,z : repère mobile lié au disque.
1R / R 0kω ω= b- 1R / Re 0v OM v t jω ω= ∧ = ; r 0v v i= M e r 0 0v v v v i v t jω= + = + c- ( )1 1
2R / R R / Re 0 0OM v t iγ ω ω ω= ∧ ∧ = −
0=rγ ; 1R / RC r 0 0v 2 v jγ ω ω= ∧ = 2
a e C r 0 0 0 0v ti 2 v jγ γ γ γ ω ω= + + = − + O
j
B i
z
θ
K
1R / Rω
I
X
Y
Z
x
y
25
4-a :
1
0
/ R / R 0
X acos tx a
OB y 0 OB Y a sin t
z 2d sin t Z 2d sin t
ωω
α α
== ⎧⎧⎪ ⎪= =⎨ ⎨⎪ ⎪= =⎩ ⎩
b- z(T ) 0 sin T 0 T n / nα α π= ⇒ = ⇒ = ∈N 0
n/ n
2α ω⇒ = ∈N
c- a 1 0V / R a j 2d cost jω α= + ⇒ 2 2a 1 0/ R a i 2d sin t kγ ω α α= − −
5-a : 00 a a(t ) t (t ) 0 t
ωω β ω ωβ
= − + ⇒ = ⇒ = b- : ( )a 0 0 0v v i v t t jω β= + − ⇒ ( ) ( )2
a 0 0 0 0v t t i v 2 3 t jγ β ω ω β= − + + − Exercice 7 1- 1 1OM OO O M h(t )k auρ= + = + 2-
O 0
a/ R / R
dudOMv h(t )k a
dt dtρ= = +
( )1 0
0 1
R / R/ R / R
duduu u u u
dt dtρ ρ
ρ ϕ ϕ ϕω ϕ θ ϕ θ= + ∧ = + = + ⇒ ( ) ( )av h t k a uϕφ θ= + + 0
e/ R
dOMv
dt= (M fixe dans R1) ev hk a uϕθ⇒ = + ar eet v v v a uϕϕ= − =
3- ( ) ( )0 0
aa
/ R / R
dudvhk a u a
dt dtϕ
ϕγ ϕ θ ϕ θ= = + + + + ( )
1 00 1
R / R/ R / R
du duw u u
dt dtϕ ϕ
ϕ ρθ ϕ= + ∧ = − + ( ) ( )
0
a/ R
duhk a u a
dtϕ
ϕγ ϕ θ ϕ θ⇒ = + + + + 2
r a u a uϕ ργ ϕ ϕ= − 0
2
e/ R
d OMdt
γ = (M fixe dans R1) 2e hk a u a uϕ ργ θ θ⇒ = + −
c a e r c 2a uργ γ γ γ γ ϕ θ= − − ⇒ = − Exercice 8 1- 2 / 1 iΩ ϕ= a- rOM ) ru= ⇒ ϕϕururR
dtMOdMv rR +== 1
1 /)(1
26
b-1
2R r( M ) r u r u r uϕ ϕγ ϕ ϕ ϕ= + −
1
2R r( M ) r u 2r uϕγ ϕ ϕ⇒ = − + 2- 1/ 0 kΩ θ= a- 1 1 1 rOM OO O O OO i ru= + = +
( )O 1R R ev ( M ) v M v= + On pose =1OO d
1 0R / R r1O M k r u k r (cos j sin k ) r cos iω θ θ ϕ ϕ θ ϕ∧ = ∧ = ∧ + = −
ev d j r cos iθ θ ϕ⇒ = −
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
1 1
0 1
R / R
R / R
v M r cos j sin k r sin j cos k
v M r cos i d r cos r sin j r sin r cos j
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
θ ϕ θ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
= + + − +
⇒ = − + + − + +
b- 0 1R / R( M ) ?γ =
0
00
RR
/ R
dv ( M )( M )
dtγ =
( )( ) ( )
2 2
2 2
r cos i r sin i r cos j r sin r sin r cos j
d r cos r sin i r cos r cos r cos k
θ ϕ θϕ ϕ θ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
θ θ ϕ ϕθ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
= − + − + − − −
− + − + + −
( ) ( )( )0
2 2 2R 1
2
( M ) / R d 2r cos 2r sin i 2r sin r cos j
( 2r cos r cos ) k
γ θ θ ϕ ϕθ ϕ ϕ ϕ ϕ θ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ
= − + − − + +
+ −
Exercice 9 I-
1 00
00
R / Re R 1 1
R 1 1 1/ R
v v (O ) O M
div (O ) OO OO j
dt
ω
θ
= + ∧
= =
A
x x1
Y1
O O’
2j1j
1i
2i
C
B
1- 2
2
ddt
θ =
t
ddtθ
=
⇒
Or à t=0 ( ,'1 xOR ( '
2 OR
OzO 1' //
( )1Rv M
2 1R / R
'O M R
ω =
=
( )2Rv M
2- (E Mγ
E Rγ = − cγ∗ =
γ∗
a Rγ γ∗ =II/ 1-
ddtθσ= ⇒
0
d0
dtθ
=
= ⇒
0, la tige est p)
1,, 11 zyx R
)222 ,,, zyx zOzO '
2' //
( )2Rv M= +
2
k tk
R sin ti
θ σ
ω
⎫= = ⎪⎬⎪⎭
2
'
/ R
dO Mdt
=
) 2 1R / RM ω=
2 2R t sin tσ ω
2R / R12ω= ∧
2R
d( M )γ =
cR t( M )γ γ+ +
t
dt
dtθ θσ= +
(ttθ σ θ= ⇒
portée par ORepère lié auRepère lié à
2 1
'R / R Oω+ ∧
⇒⎬ 2R / Rω
R cosω ω=
2 1R / R(ω∧ ∧
2t i R siω σ+
( )1Rv M 2σ=
( )2
2
R
/ R
dv M
dt=
cγ+ (R= −
t 0=
; la tige e( ) 21t t
2σ= +
Ox1 0θ⇒ =
u cercle supà la tige. M 1
'R O M R∧ =
2t iω (1Rv⇒
' dO M )
ω∧ +
2in t jω t k R cσ ω∧
2R sinω ω= −
2R sin tω ω +
27
st au repos ( )t 0θ+ =
( )0 tθ= ⇒ =
pposé fixe.
R t sinσ ω
( )M R coω=
2 1
1
R / R
/ RO
dtω ∧
2cos t iω ω =
2t iω 2 2R t sinσ ω
à t= 0 21
t2
σ=
( )2t k iω ∧
2os t i Rω +
'O M = 2R tσ
2 tR cosσ ω=
) (2t i Rω σ+
R t sinσ ω=
R t sin tσ ω
2 sin t kω ∧
2t jω sin t 2σ ω σ+
2t jω 2j
2j k Rσ+ ∧
tR cos tσ ω ω
2R sin tiω
) 2j
28
2- ( ) ( ) ( )2 0
2R / R0 0
1 dt t t t k t k
2 dtψψ θ ϕ σ ω ω ω σ= + = + ⇒ = = +
( ) ( ) ( )'
2 00
'R / RE 2 0 R 0 1 0 2v R / R v O O M R j t k R sin tiω ω ω σ ω= + ∧ = + + ∧ ( )0 1 0 2R j w t R sin tjω δ ω= + +
( ) ( )
( ) ( )
1 21
1 00
' 'R / RE 2 1 R 2
0
' 'R / RE 1 0 R
v R / R v O O M R t sin tj
v R / R v O O M
ω σ ω
ω
= + ∧ =
= + ∧
( )0
0
' 1R 0 1
/ R
div O R R j
dtω= = ; 1 0
'R / R 0 1 2 0 2O M k R sin ti R sin tjω ω ω ω ω∧ = ∧ =
( ) ( ) ( ) ( )E 2 1 E 1 0 0 1 0 2 E 2 0v R / R v R / R R j t Rsin tj v R / Rω σ ω ω⇒ + = + + = Exercice10 I-1-a : 2 / 0 0kΩ ω= − b- 2 0 0 2 0 0i cos ti sin tj ; j sin ti cos tjω ω ω ω= − = + c- 1 1 2
aOM OO O M j aj
2= + = +
Autre méthode : 2
AB aOM OA AM OA OA OB j aj
2 2= + = + = + = +
0 0
aOM ( acos t ) j a sin ti
2ω ω= + +
d- 0 0
aOM j acos tj a sin ti
2ω ω− = + 2
21
aOM j a (O ,a)
2⎛ ⎞⇒ − = ⇒⎜ ⎟⎝ ⎠
C 2-a 2 / 0Ev OMΩ= ∧
( )22 2
E 0 0 0 0
0 / 2R/ R / R
1v a cos t i a sin tj
2
dOM a dj av ( M ) j
dt 2 dt 2
ω ω ω ω
Ω
⎛ ⎞⇒ = + −⎜ ⎟⎝ ⎠
= = = ∧
Or 0/ 2 2/0 0kΩ Ω ω=− = 2R 0
av ( M ) i
2ω⇒ = − Autre méthode : 0 0 2j sin ti cos tjω ω= − + ; 0 0 2i cos ti sin tjω ω= +
29
2
2
0 0 0 2 0/
0
(cos sin )
( )2
ω ω ω ω
ω
= − + = −
⇒ = −
R
R
dj t i t j idt
av M i
( ) ( )( )
( ) ( )( )
0
2 0 2 000
0
2 0 2 0
0
0
R 2 / R' ' 'R / R R / RE 2 0 R
/ R
' 2R 0 1
'R / R R / R 0 0 2
2
0 2
R 2 / R '2
/ R
dR / R O ( O M ) O M
dt
O R i
( O M ) t k t R sin t j
t R sin t i
dO M k R sin ti R sin t
dt
ωγ γ ω ω
γ ω
ω ω ω σ ω σ ω
ω σ ω
ω σ ω σ ω
∗ = + ∧ ∧ + ∧
∗ = −
∗ ∧ ∧ = + ∧ +
= +
∗ ∧ = ∧ =
( ) ( )( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 0 2
2 0
2
22E 2 0 0 1 0 2 2
R / Rc 2 0 R 0 2
c 2 0 0 2
22c E 0 1 0 2 0 2R / R
j
R / R R i t R sin t i R sin t j
R / R 2 v ( M ) 2 t k R cos ti
R / R 2 t R cos t j
( ) R i t R sin t i ( R sin t 2 t R cos t ) j
γ ω ω σ ω σ ω
γ ω ω σ ω ω
γ ω σ ω ω
γ γ ω ω σ ω σ ω ω σ ω ω
⇒ = − − + +
∗ = ∧ = + ∧
⇒ = +
∗ + = − − + + + +
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )
( )
2 12 1 2 1 2 11 22 1
/' ' '/ / //
02 2
2 2
( ) 2 ( )
sin sin 2 cos
ωγ γ γ ω ω ω
σ ω σ ω σ ω ω
∗ + = + ∧ ∧ + ∧ + ∧
= − + +
R RR R R R R Rc E R RR R
dO O M O M v Mdt
R t ti R t tR t j
( ) ( )
( )
( )
1 0 1 0 1 00 11 0
0
1 0 1 0
1 0 1
' '/ / //
' 20 1
' 2/ / 0 0 2 0 2
/ 0 2 2
( ) ( ) 2 ( )
( ) ( sin ) sin
2 ( ) 2 cos sin
γ γ γ ω ω ω
γ ω
ω ω ω ω ω ω ω
ω ω ω ω σ ω
∗ + = + ∧ ∧ + ∧
∗ = −
∗ ∧ ∧ = ∧ ∧ = −
∗ ∧ = ∧ + =
R R R R R Rc E R RR R
R
R R R R
R R R
O O M v M
O R i
O M k k R ti R ti
v M k R ti R t tj
( ) ( ) ( )( ) ( )
2 1 1 0
0 2 2
2 20 2 2/ /
0
22 2 20 2 0 1 0 2 0 2 0 1
2 cos 2 sin
sin 2 cos( ) ( ) sin 2 sin
2 cos
sin sin ( sin 2 cos )(
ωω ω σ ω
σ ω σω ωγ γ γ γ σ ω σ ω ω
ω ω ω
ω ω ω σ ω ω σ ω ω ω σ ω ωγ
−
+⎛ ⎞+ + + = − − + ⎜ ⎟+⎝ ⎠
− − = − + + + + −⇒ +
c E c ER R R R
c
R tj R t ti
R t R t tR t t R t t i j
R t
R ti R i R t ti R t R t t j R i
( ) ( ) ( )2 0 2 1 1 0/ / /) ( ) ( )γ γ γ γ γ= + + +E c E c ER R R R R R 0 0 0 0 0 2cos sinω ω ω ω ω= − =av a ti a t j a i b- = = −2
22
R 2R 0
/ R
dv ( M ) a( M ) j
dt 2γ ω
(
(
=
E 2
c 2
a
γ
γ
γ c- II-1-a Ω b- ⇒ =OM
=22
2Tπω
⇒ =1ω t-12h 0W1t W2t ax ay
W0t
)
)
=
=
= + +
2 / 0
2 / 0
E c
( M )
( M ) 2
ω
γ γ γ
= −2 / 1 2kΩ ω
= +1
aOM j
2
⎛= ⎜⎝
0a sin tω
2
π avec −2
rds43200
π
0mn 12mn 0
30π
0 5
2π 0 1 ,030 23 0,705 0
3013π
(
∧
∧
=
2 0
2 0
R / R R
R / R R
2r 0
(
2 v
a si
ω ω
ω
γ ω
k et 1/Ω
+ 2a j =2j s
⎞+⎠
1
1sin t
2ω
T2 =1h=36−1
24mn 36m15π
10π
54π
56π
0,510 1,10-0,424 0,1615
13π 5
13π
∧
=
+
2 0
2
'R / R
2R 0
0
O M
( M ) a
in ti cos
ω
ω
ω
= −/ 0 1kω +0sin ti coω
⎞ ⎛+⎟ ⎜⎠ ⎝
i a cosω
00s ⇒ω
mn 48mn 0π
152 π
5π
58π
05 -0,539 66 1,125 π 15
26π
30
)
⎛= − ⎜
⎝
= −
20
20
0
) a s
j
s tj a
ω
ω
ω ω
=0 1os tj ; jω
+0
1t cos
2ω ω
=2
2rd
3600πω
60mn 72m6π
5π
π2 5
12π
0,750 1,241,299 0,09
613π
513π
⎛+ ⎜⎝
0
20 2
1sin ti
2
j
ω
ω
+1sin ti coω
⎞⎟⎠
1t jω −1ds ; =1ω
mn 84mn π
307 π
π 5
14π 44 1,143 95 -0 ,216 π
3081π
⎞+⎠
0
1cos t
2ω
1os tjω ave
1
2Tπ avec
96mn 108154π
13π
516π
518
-0,622 0,00,230 1,215
52π
139
⎞⎞⎟⎟
⎠ ⎠j
ec ω0=ω1+ω2
T1 =12h
8mn 120mn 0π
3π
58π π4 095 1,299 244 0,750 0
9π 3
13π
2
=43200s
24mn 30
11π 5
22π 1,12
-0,530 30
143π
31
c- ⎛ ⎞⎛ ⎞= ∧ ∧ = ∧ ∧ +⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠⎛ ⎞= ∧ − − = − −⎜ ⎟⎝ ⎠
⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + + +⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭
= + +
' 21 / 0 1 / 0E( 1,0 ) 1 1 2
2 2 21 1 2 1 1 1 2
2E( 1 / 0 ) 1 1 0 1 0
2 2 4E( 1 / 0 ) 1 1
a( O M ) k k j aj
2
a ak i ai j a j
2 2
1 1a cos t cos t j sin t sin t i
2 2
1a 1 cos t
4
γ ω ω ω
ω ω ω
γ ω ω ω ω ω
γ ω ω⎧ ⎫+⎨ ⎬⎩ ⎭⎧ ⎫ ⎧ ⎫= + − = +⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎩ ⎭ ⎩ ⎭
⎛ ⎞⎛ ⎞= ∧ ∧ = − ∧ ∧ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
0 1 0
2 4 2 41 0 1 1 2
21 / 2 1 / 2E( 1 / 2 ) 2 1 2
cos t sin t sin t
5 5a cos( )t a cos( t
4 4
a( OM ) k k j aj
2
ω ω ω
ω ω ω ω ω
γ ω ω ω
⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + + +⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭
22 1 0 1 0
1 1a cos t cos t j sin t sin t i
2 2ω ω ω ω ω
⎧ ⎫= +⎨ ⎬⎩ ⎭
122
E( 1,2 ) 2 2
5a cos t
4γ ω ω
=2
E( 1,2 ) 221E( 1,0 )
γ ωωγ
or ω2 >> ω1 ⇒ E( 1,2 )γ >> E ( 1,0 )γ ⇒ L’approximation faite en première partie est bonne.
N .B : Les axes ne sont pas gradués de la même façon.
32
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 : cer FFFm ++=Γ Où rΓ est l’accélération de M par rapport à Rr , ce FF , 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 eF et cF ne travaille pas et que l’autre dérive d’un potentiel dont on donnera l’expression. (On considérera pour cela les puissances relatives de eF et cF ). 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.
3- a- Eb-Pour composc- Etud- A .NII- CasLe train A l’insta1-a Dételatitude b- Ecrirb- MontinchangA.N : t= données CalculeréactionOn prop( +2R R
cas I. Dé
En projetantquelle compante R1. udier les diffN : On donns du train ense déplace vant t, il se troerminer le vsera-t-elle re le principtrer que lgée par rapp100 mn , V0s numériquer les nouven ( 32R ,et R
pose de déco)3 II
R = +cR
éterminer la
t le PFD sur posante la rférentes come λ=30°, g=n mouvemenvers le Nordouve en M . (vecteur 0M Mtrès différene fondamenla composaort au cas I.0 = 100 Km/es précédenelles correc) omposer 2R
( )+2 3 IR R a direction, l
la base ( ru ,réaction nonmposantes d 10 ms-2, m=nt uniformed-Est avec u(figure 2). M . Etant quente de la préntale de la dyante 1R de /h , θ’= 45°. Cntes. tions non g
32 R+ dans avec cR :e sens et l’in
33
),u ,u ,θ ϕ dén galiléennede la réactio= 100 tonne: ne vitesse re le train se écédente ? ynamique de la réactioCalculer la t
galiléennes ale cas II com la nouvellentensité de R
éterminer lee est très nén en fonctios, rayon da l
relative consdéplace en ans R . on opposéetension de caffectant lesmme suit : correction
cR . Déterm
Fi
s composanégligeable ? on de la latitla terre = 64stante(V0). Afrique du au poids
cette compos deux autre
non galiléenminer 2R ,
igure 2
ntes de la réaon appelletude λ. Concl400 Km.
Nord, cette reste pratiqsante en gars composan
nne à ( +2R
3 cR , et R
action. ra cette lure.
nouvelle quement rdant les
ntes de la
)+ 3 IR du
Exerci Un R , autoau sol etL’angle 1- Calcl’homme2- A l’de l’axe a- Queb- Détc- La Calculer 3- A l’inmouvem
a- EcrR’(O’ x yb- DétExerci Soit( )kji ,,uniform
ice 3 homme se tur de son axt R’(O’ xyz) l(OX ,O’x) estculer les ve. ’instant t=0, O’Z situé à elle est la vitterminer lesbille tomber la distancenstant t=0, lment s’effect
rire la relaty z). terminer lesice 4 t R0 (O x y z) . Une tige Δmément auto
tient deboutxe OZ avec e repère lié t égale à θ =vecteurs vit, l’homme lâune hauteurtesse initiales coordonné- t- elle sur le du point d’l’homme lantue sans frot
tion fondams coordonnéz) le référenΔ , dont la pour de Oz.
t et immobilune vitesse au plateau d ω t . tesses d’ent
âche sans vir h au dessue aV (M,t=0es X,Y,Z de lle plateau ouimpact (Z=0nce du pointtement.
mentale de les x(t), y(t),
ntiel du labopartie inférie
34
le au bord dangulaire ωdont l’origintrainementitesse initialus du plateau0) de la billela bille en fou à l’extérie0) par rappont O’ la bille
la dynamiq, et z(t) de laoratoire queeure est fix
d’un plateau ω constante ne O’ coïncid
eV et accélle une bille Mu. ? onction du teur ? ort au centresur le plate
ue appliquéa bille. e l’on suppoée en O, tel
circulaire h. Soient R(Ode avec le pilération d’eM de masse emps . e du plateaueau, dirigée
é à la bille
ose galiléen l que ([ Oz Δ,
horizontale dOXYZ) le reped de l’homentrainemen
m, d’un poi
u. vers le cent
dans le ré
de vecteurs) ]cte==Δ θ
de rayon père fixe me. nt eγ de nt M0
tre O. Le
éférentiel
s de base], tourne
35
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 ( )kji ,, 11 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 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 : 2 t t
1 2 2
Af (t ) f (t ) A, admet pour solution f (t ) A e A eΩ ΩΩ
Ω−− = = + −
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 vbmf −= où v désigne la vitesse relative de la particule par rapport au cerceau et b un coefficient positif constant.
Y1
z
ω0t
θ
X1
x
∆
y
La partiOn suppLa parti t=0 depA- Le c1- Etasecond o2- a –l’équilibb- Calcuréaction B- Lede son a 0 sϕ ϕ=1- Eta2- Détd’obtenicomplexExerciUn platerepère fUn poinplateau Proport(figure 11- En pa- Etab- Ecrrelationrapport c- Si o
cule est repposera θ petcule est abapuis la positicerceau est blir l’équatiordre vérifié Quelle valbre le plus rauler dans cen corresponde cerceau esaxe Oz. sin tΩ où ϕablir l’équatterminer l’amir la résonaxe) ice 6 eau horizontfixe (O, X, Y, nt matériel Mà la distanctionnelle à x1) prenant un blir le bilan rire le prin vectorielle au plateau oui, détermin
érée par θtit dans toutandonnée à lion 0θθ = simmobile : on différentée par ( )tθ . eur ac faut-apidement pes conditiondante. st animé d’u( )Ox ,OAϕ =ion différenmplitude θMance d’ampl
tale(P) tourZ). M de massee OA=a du c(x AM F=
repère entrde toutes lecipe fondamobtenue su? ner les posit
( )OX ,OM=t le problèml’instant sans vitessetielle du -il donner apossible ? Déns la valeur
un mouveme) , OA désignntielle du sec
M de l’élongalitude. (Il esrne à vitessee m est mobcentre O. Ce
)kx= − grâainé d’origines forces agimental de lr l’axe Ax. Intions d’équi
36
) . me. e initiale.
au rayon duéterminer amaximale dent oscillatone un rayoncond ordre vation ( )tθ ast conseillé
e angulaire cbile sans fropoint est raâce à un resne A : (A,x,yissant sur Ma dynamiqundiquer si lelibre relatif.
u cerceau lors la loi hodu module oire de rotatn fixe de cercvérifiée parθinsi que le rd’utiliser dconstantω aottement suppelé vers Assort de raid
y,z) : M par rapporue par rappe point M pe. Etudier leu
pour que laoraire θ(t). de la vitesstion, de faibceau.
( )tθ . rayon aR du dans cette qautour d’un ur un guide A par une fodeur k et dert à ce repèreport à ce reeut être en urs stabilités
a particule se la particle amplitud
cerceau ququestion la maxe verticalrectiligne Aorce de rappe masse nég
e. epère et préquilibre res.
atteigne cule et la de autour
i permet méthode l OZ d’un Ax lié au el F gligeable
ojeter la elatif par
2- A l’qu'on pcorrespoun mouv3- Maiglisse sade coeffLe pointOn désigsur M (parallèa- Ecrb- ProDémont 2ddtIntégrerapériod
’instant initipourrait avondantes : Uvement où lintenant la ans frottemeficient f (voirt M est d’abogne par 1R (M désignele à Ax )et nrire le princiojeter cette trer que la lo2
2
x dx2 f
t dtω+r cette équique.
ial, M est auvoir deux Un mouvema particule sforce de raent sur le pr figure2). ord fixé au pla réaction e le petit cnormale ( paipe fondamerelation suroi horaire e2xx f
tω− = −uation différ
u point A, ilsolutions ent relatif os’éloigne indappel est sulateau(P). Mpoint A (x=0du plateau cube) ; T etarallèle à Ayental de la dyr les trois axn x(t) vérifi
2f aω rentielle et
37
l y est lâchépour x(t) oscillatoire ddéfiniment.pprimée et Mais s’appui0) et lâché à sur M et pat N sont re) telles queynamique pes Ax, Ay et e l’équation
montrer q
é avec unedont on dont on dédule point maie sur un gu
l’instant t=0ar2
R T N= +
spectivemen: NfT =par rapport aAz. n différentielque le mou
e vitesse reldétermineuit la périodatériel M esuide vertical0 avec une vN , la réactiont les comp
N au repère (Alle :
uvement de
lative 0v . Déera les amde des oscillst un petit cl avec un fro
vitesse initiaon du guideposantes tan
A,x,y,z).
e M suivant
émontrer mplitudes ations et cube qui ottement
ale 0v . e vertical ngentielle
t Ax est
38
Exercice 7 Soit un repère galiléen R0 (OXYZ), de base ( )KJI ,, , 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 4πλ =
et 2g 10m / s= , trouver les domaines de profondeur L où on peut négliger les effets de la force de Coriolis cF devant ceux de la force d’entrainement eF et vice-versa. On donne : T (période de la terre)=24 Heures ; Rt (Rayon de la terre)=6400 Km III- Dans le cas où e cF F<< , 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 : ( ) [ ]2x(t ) gcos / 4 2 t sin2 tλ ω ω ω⎡ ⎤= −⎣ ⎦ 2-b- Quelle est la période T’ de la fonction sin2ωt ? 2-c- Pour des durées de chutes libres t <<T’, et en effectuant un développement limité de x(t) au premier terme non nul, déterminer le sens de la déviation compté sur le cercle parallèle passant par O1 .
3-a- C3-b- E3-c- Cn4- Q N .B : Poune foncavec a e
Calculer l’orEn déduire lCette déviatnord ou lorsQuelle est la par rapportour une équction du temt b des cons
rdonnée y dele sens de lation se fait squ’il est situ position dut à son axe. uation différmps, sa solutstantes d’int
e M à l’ instaa déviation c–elle dans lué dans l’héu point d’impentielle de ltion général
tégration qu
39
ant t. compté sur lle même senémisphère Supact de la mla forme x′′e est de la fo
u’on détermi
le méridien ns lorsque ud ? masse au fond2A x B′ + =orme : x(t )
inera à parti
de O1 O1 est situéd d’un foragoù A est un
) acos At= +
ir des condit
é dans l’hémge, situé en Tne constante
bsin At ⎛+ + ⎜⎝tions initiale
misphère Tunisie, e et B est
2
BA
⎛ ⎞⎟
⎝ ⎠
es.
40
Correction des exercices
Exercice 1 1- JFIFF yx += Ra un repère galiléen Fm a =Γ⇒
( )
Γ Γ Γ Γ Γ Γ Γ Γ Γ Γ Γ ΓΓ Γ
θ θ
ω Γ
= + + ⇒ = − − ⇒ = − −
= − = −
= + ⇒ = = + = +=
⇒ = − ⇒
a r e c r a e c r a e c
e e c c
e
e
m m m m
F m et F m
dOM dI dJ dI d dJ dOM X I Y J V / X Y X Y
dt dt dt dt dt dt dtR , avec X ,Y ctea
V XI YJ
( )
ω
ω ω
Γ ω ω
= = −=
⇒ = = +
= ∧ ⇒ = −
e 2e
2 2e
crc
dV/ OMR , avec X ,Y ctedt a
F m OM m ( XI YJ )
2 V F 2 m XI YJ
2- Puissances relatives ( )
( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
ω
ω
ω
= +
= = +
= − = − + +
= − =
∫
r
2e e r
22 2
ee
e
V X I Y J
P F F V m XX YY
mU P F dt X Y cte
2
P F 2m XX YY 0
⇒ eF ne travaille pas. 3- Condition nécessaire et suffisante pour que F dérive du même potentiel dans les deux mouvements absolu et relatif. Il faut que ( ) 0... =⇒+== eerra VFVVFVFVF
X Y
y
I J θ
O
x
(ω⇒ Xcentre OExerciI- Cas1- γ =r 0 =k cos
2-a : bilac- RFD ⇒−m3-a- Pro Proj b-Si g c-
(=1R m
= −2R
d - A.N II- Cas 1-a- ψ =sin2 On
)(− xXI YJ F IO ice 2 s du train en
γ = ⇒c0 ; 0
θ θ−rs u sin
an des forceD dans R ⇒
+r 1 rmgu R uojection de lajection de lω>> 2g R cos
( − 2g Rw cos
ω−2r
m sin22
: 9991 =Rs du train en?0 MM soi=0 0M M v t ⇒
0M MM
2Rconsidère m
)+ = ⇒yF J 0
n arrêt à la gγ γ ω= =a e
θθ λ= ru sin u
es dans R : ⎧⎪⎨⎪⎩
∑ +⇒ reelesF
θ+ +2R u ma RFD sur ula RFD sur uλ ⇒2
1s R )λ
⎧⎪= ⎨⎪⎩
2
ms
mg
ωλ
⎧⎪⎪⎪= −⎨⎪⎪⎪⎩
0 pou
R2 m
2
0 pour
9975 N, Rn mouvemenit ψ l’angle (ψ= R
=0M M 2R s
maintenant l
⇒ −y xXF YF
are de dépaω ω∧ ∧( OM
θλ− ⇒cos u
= −
= =⎩
r
c e
P mgu ;
F 0 ; F
∑ =fictivesF
(ω λ2R cos c
(⇒ =r 1R m
θ ⇒ = −2u R
mg la corr ( )− 2g Rw à
ˆg au pole no
λω λ
πλ =
2
ur =0
pour 2
r2
14662 =R Nnt uniforme.(M0ÔM) ψ
⇒ 0sin M M2le triangle O 41
= ⇒xF 0 OM
art 0 )
γ γ⇒ = = −e a
ω λ= +
= −1 r
2
; R R u
R cos
= rmγ λ +rcos u sin
( ω− 2g R co
ω λ− 2mR cosrection non πλ =
à l'équateu
ord (2
πλ = 2 ( R e4
ewton
= 0M M M u
OM0A avec l’a
∧ =M F 0 ⇒
(ω λ− 2R cos
(θ
λ λ+
+2
r
R u : For
cos u s
)θλ =n u 0 )λ2os
λ λsin galiléenne eλ =
2
ur 0 ( R
( R est ma
est min)
ψ=u 2R sin2angle (M0OA
F est un
( λ +rcos u si
)θλrces réelles
sin u : Fo
est négligeab1R est min)
x)
ψu
A)= λλ −'
e force cen
)θλin u orces fictive
ble
ntrale de
es
42
λ λ λ λ ψθ θ θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −= = ⇒ = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
' '' ' ' 0
0 0
v tM A M M cos 2R sin sin sin cos cos sin
2 2 2 2R
Le déplacement en Afrique du Nord vers le Nord-Est sera très limité à cause de la méditerrané λ λ λ λ⎛ ⎞−
⇒ << ⇒ ⇒⎜ ⎟⎝ ⎠
''0v t
sin 02R 2
La nouvelle latitude ne sera pas très différente de la précédente ( λ λ' ) b- θ θγ ω λ λ γ ω λ λ λ⎡ ⎤= ∧ ∧ = − ⇒ = − +⎣ ⎦
22 ' ' ' ' 'e r r e rk (k u ) or k sin u cos u R cos cos u sin u θ ϕγ ω θ θ= ∧ = = − +' '
c r r 02 k v or v v u avec u cos u sin u ( ) ( )θ θ ϕγ ω λ λ θ θ= − ∧ − +' ' ' 'c 0 r2 v sin u cos u cos u sin u
( )ϕ θγ ω λ θ θ λ θ= − + +' ' 'c 0 r2 v sin '(cos u sin u ) cos sin u 2- R .F .D dans R Mouvement uniforme 0=⇒ rγ
( )θ ϕ θ
ϕ θ
ω λ λ λ
ω λ θ θ ω λ θ
− + + + + + +
+ + =
2 ' ' 'r 1 r 2 3 r
' ' ' ' '0 0 0 r
mgu R u R u R u mR cos cos u sin u
2m v sin (cos u sin u ) 2m v cos sin u 0
b- Projection de la R.F.D sur ω λ ω λ θ⇒ = − −2 2 ' ' 'r 1 0u R mg mR cos 2m v cos sin Projection de la R.F.D sur θ ω λ λ ω λ θ⇒ = − −2 ' ' ' '
2 0u R mR cos sin 2m v cos sin Projection de la R.F.D sur ϕ ω λ θ⇒ = − ' '3 0u R 2m v sin cos
] ]ω ω λ λ λ>> ⇒ − = ⇒2 2 ' '0 1 1 1I II
R v R mg R cos or R R A.N : 3974051 =R N 3-a- Voir 2b. b- On a >> ⇒0Rw v la nouvelle correction non galiléenne affectant la composante R2 n’est pas très importante. ] ]= ≠ ⇒3 3I II
R 0et R 0 La correction non galiléenne est importante. 4- ( ) ( )= + − +c 2 3 2 3II IR R R R R
( ) θ ϕ
θ ϕ
ω λ λ ω λ θ ω λ θ⎧ ⎫= − − − −⎨ ⎬⎩ ⎭
= +
2' ' ' ' '
c 0 0
c
RR m sin2 sin2 2m v sin sin u 2m v sin cos u
2
R Au Bu
On a ( )θ ϕλ λ ω λ θ θ⇒ = − +' ' '
c 0R 2m v sin sin u cos u
ρu
θu
M
M0
Θ’
=c cR RA.N : cRC’est cetdes rails
Exerci
1- =ev
γ
ω
γ
=
∧
=
2
e
2
e
dd
dO
dt
dd2-a- Vitec- CooP.F.D : m
⎧=⎪
⎪⎪ =⎨⎪⎪
=⎪⎩
2
2
2
2
2
2
d Xdtd Ydtd Zdt
⎧ =⎪⎪⎪ =⎨⎪⎪ = −⎪⎩
dX0
dtdY
RdtdZdt
=cc R cu ; R
=202 N. tte composas de chemin
ice 3
= ='
/ R
dOOdt
ω
ω ω
ω
+ ∧
+ ∧
= −
'
2
'
'2
2
OO ddt dt
O M (
OOR
dtesse initiale ordonnées dgmm a ⇔=γ
⎧= ⎪⎪⎪= ⇔ ⎨⎪⎪
= − ⎪⎩
dX0dtdY
0dtdZ
gdt
ω
⎧⎪⎪⇔ ⎨⎪⎪− ⎩
0X(
R Y (
Z(gt
ω= 02m v sin
ante qui provde fer.
= =d( Ri )R
dt
(
ω
ω
ω
∧ + ∧
∧ =
= −
'
'
2 2
O M
O M ) 0
i r c
de la bille : de la bille enga =⇔ γ
=
=
= − +
x
y
Z
XC
tY
CtZ
gt C
ω== +
= −
'x
2
( t ) C
t ) R t C
1t ) gt
2
λcRn et u
voque l’usu
ω ω= −j R (
ω
θ θ
∧
+
'( O M )
0
cos I sin
( =av M ,tn fonction du
Z
condition
+
'y
2 'Z
C con
C
43
θθ= − 'sin u
re
θ +sin I cos
)θ J
)= = homme0 vu temps :
⎧⎪⎨⎪⎩
ns initiale
dition sinit
θ ϕθ− 'cos u
θs J )
= =e ( t 0 ) v
ω==
= −
x
y
Z
C 0
C R
C 0
⎧ =⎪
=⎨⎪ =⎩
'x
'y
'Z
C
tiales C
C
= =ev ( t 0 ) R
⎧= ⎪
⎪= ⇒⎨
⎪= ⎪⎩
R X(t )
0 Y (t )
h Z(t )
ωR j
ω==
= − +2
) R
) R t
1) gt
2+ h
44
c - La bille mis du temps pour Z=0 ; ω⇒ = = = ≠0 0 0
2h 2ht ; X(t ) R;Y(t ) R 0
g g la bille tombe à l’extérieur du plateau Point d’impact : ωρ ω ρ⎛ ⎞= + ⇒ = +⎜ ⎟
⎝ ⎠
22 2 2 2
0 0
2h 2 hR R R 1
g g
3- Relation fondamentale de la dynamique appliquée à la bille dans le référentiel xyzOR '' ( ) = + +'O M x i y j zk a- γ = + + + = + + =r e c e cm mg F F R F F car mg R 0
γ ω
ω
= − =
= − ∧
2e e
C r
F m m Ri
F 2m v
ω ωω
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⇒ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
r c
0 x
0 ; v y F 2m ( zi xj )
z
b- ω ω
ω⎧ = +⎪ = −⎨⎪ =⎩
2x R 2 z ( 1)
y 2 x ( 2 )
z 0 ( 3 )
(3) ctez =⇒ , à t =0 , ⇒ z=cte=0 (1) ω ω= ⇒ = +2 2
1x R x R t C , à t=0 , = − =0 1x v C 2 2
2 '10 0( )
2R tx Rt v x t v t Cωω⇒ = − ⇒ = − + à t =0, x=0 01
' =⇒ C ω⇒ = −2 20
1x(t ) R t v t
2
(2) ( )ω ω ω ω ω⇒ = − = − − = − +2 30 0y 2 x 2 Rt v 2 Rt 2 v
ω ω= − + +2
30 2
ty 2 R 2 v t C
2 à t=0 , 00 2 =⇒= Cy ω ω ω ω= − + ⇒ = − + +3 2 3 3 2 '
20 0
1y Rt 2 v t y(t ) Rt v t C
3
à t=0 , y=0 '2C⇒ donc ω ω= − +
33 2
0y(t ) Rt v t3
45
z xu
x
y
M y1
x1
w0t
θ Δ
Exercice 4
1ère partie 1- = =r r rOM ru v tu 0
0
sin cossin sin
, , ) cosr
tu t
i j k
θ ωθ ωθ
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
⎧⎪= ⎨⎪⎩
* Composantes de vecteur vitesse absolue dans R0
0
0 0 0
/ 0 0 0
sin cos sin sinsin sin sin cos
, , cos
r
M R r
r
v t r tV v t r t
i j k v
θ ω ω θ ωθ ω ω θ ωθ
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
−⎧⎪= +⎨⎪⎩
* Composantes de vecteur accélération absolue dans R0
0
20 0 0
2/ 0 0 0
2 sin sin sin cos
2 sin cos sin sin, , 0
r
M R r
v t r t
v t r ti j k
ω θ ω ω θ ωγ ω θ ω ω θ ω
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
⎧− −⎪
= −⎨⎪⎩
* Dans le repère R1
θ ω θω θ γ ω θ
θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎧−⎧⎪⎪= =⎨ ⎨
⎪ ⎪⎩ ⎩
0 0
2r
M / R 0 M / R r 0
1 1 r
v sin r sin
V r sin ; 2v sini , j ,k i , j ,kv cos 0
2- Théorèmes de la composition des vitesses et des accélérations : a- ( )θ θ= = +r 1OM ru r cos k sin i vitesse relative : θ
θ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
⎧⎪= ⎨⎪⎩
1
r
M / R
1 1 r
v sin
V 0i , j ,k v cos
Vitesse d’entrainement : ( )
( )1 0, ,1 1
/ 0 1 0 1cos sin ( ) sini j k
e R R ev OM k r k i v M r jω θ θ ω θ= Ω ∧ = ∧ + ⇒ = b- Accélération relative
46
( )( )γ γ θ θ γ= = = + ⇒ =
1/ R r r r 1 r11
d( v M )/ R d1( M ) v cos k v sin i 0/ Rdt dt/ R
- Accélération d’entrainement γ Ω Ω γ ω θ= ∧ ∧ ⇒ = −
1 0 1 0
2e R / R R / R e 0 1( OM ) r sin i -Accélération de Coriolis γ Ω ω θ= ∧ =
1 0 1c R / R M / R 0 r 12 V 2 v sin j 2ème partie 1- R1 est un repère non galiléen : Forces réelles : Poids gmP = ; Réaction Δ⊥R Forces fictives : γ ω θ
γ ω θ= − =
= − = −
2e e 0 1
c c 0 1
F m m r sin i
F m 2m r sin j
2- L’équation horaire du mouvement de l’anneau P.F.D : γ = + + +r e cm P R F F Projection sur Δ : ( )
( ) ( )ω θ ω θ
γ
θ ω θ ω θ θ
θω θ
−
= + + + = =
− + = ⇔ − = −
⇒ = + +0 0
r r r r e r c r r c r
222 2
0 02
sin t sin t1 2 2 2
0
m u Pu Ru F u F u or Ru F u 0
d rmgcos m r sin m r sin r gcos
dtgcos
r(t ) C e C esin
Condition initiale t=0 0 1 2 0 2 20
1 2
cossin
0 0
gr r C C r
r C C
θω θ
⎧ = ⇒ + = −⎪⎨⎪ = ⇒ − =⎩
( )
θω θ
θ θω θω θ ω θ
⇒ = = −
= − +
1 2 0 2 20
0 02 2 2 20 0
1 gcosC C ( r )
2 sin
gcos gcosr(t ) ( r )ch t sin
sin sin
3- L’anneau est immobile ( ) 0=tr 0 0 0 02 2 2 2
0 0
cos cos( ) ( ) sin ( sin ) 0sin sin
g gr t r sh t rθ θω θ ω θω θ ω θ
= − = ⇒ = 4- La composante de la réaction de la tige sur l’anneau M suivant Oy1 Projection du P .F .D sur :1j
1
1 1 1 1 0
/ 1 1
0; ; 0 ; 2 sin
( ) 0y e c
R r
P j R j R F j F j m r
M j j
ω θ
γ γ
= = = = −
= =
ω θ ω θ⇒ − = ⇒ =y 0 y 0R 2m r sin 0 R 2m r sin
47
Exercice 5 A- Le cerceau est immobile : 1- Equation différentielle du second ordre vérifié par θ(t) : R(Oxyz) est galiléen P.F.D : ∑= appliquéFmγ Forces : Poids : imgP = Réaction : rurR −= Frottement visqueux : Vbmf −= Dans la base ( )θuur , , on a rOM au V a uθθ= ⇒ = 2 0cos
; ;sin 0
a mg RP R et f
mg bmaa
θ θγ
θ θθ⎛ ⎞− − ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
Projection suivant θ θ− = −2ru : ma mgcos R Projection suivant θ θ θ θ= − −u : ma mg sin bma
θ : petit θ θ θ θ θ⇒ ⇒ + + =gsin b 0
a 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 : Δ+ + = = − = ⇒ = = = −2 2
c 1 22
g g 4 g br br 0 ; b 4 0 a , alors r r
a a b 2
La loi horaire : ( ) ( ) 2b t
t At B eθ−
= + avec ( ) 00 θθ = et ( ) B=⇒= 000 θθ et ( ) θ−⎡ ⎤−⎛ ⎞+ + = − + = = − +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ =
bt
02b Bb BAt B A e A 0 A
2 2 2t 0
Soit ( )θ θ−⎡ ⎤= +⎢ ⎥⎣ ⎦
bt2
0
btt 1 e
2
b- Valeur maximale du module de la vitesse On a θ θ θ θ
− −⎡ ⎤= = = − − + = −⎢ ⎥
⎣ ⎦
b b22 t tc2 2
c c 0 0
a bb b bv v a a t e t e
2 4 2 4 Soit θ
−=
b2 tc 2
0
a bv t e
4
v est max pour 220 [1 ]
4 2
btcd v a b bt edt
θ−
= = − −
y
x
O
M θ
48
Soit θ= ⇒ = c 0a b2t v maxb 2e
; ebg
v 02max
θ=
- La réaction : on a θ θ θ θ− = − ⇒ = +2 2c cma mgcos R R mgcos ma
avec θθ = 02e
et θ θθ = = =2 2
2 0 0c
c
V 2g b ba
a eb 4 g 2e
θ θ⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠
0 02 mbR m gcos
e 2e
B- Le cerceau est animé d’un mouvement oscillatoire de rotation, de faible amplitude autour de son axe Oz 1- ( )a r e r rv v v a u V a u v a uθ θ θθ ϕ θ ϕ= + ⇒ = + ⇒ = − P.F.D suivant θu : ( )θ θ θ ϕ= − − −ma m g sin bma θ θ θ ϕ⇔ + + =g
b bb
( )ϕ ϕ Ω ϕ Ω ϕ Ω= ⇒ =0 0t sin t cos t
Soit θ θ θ Ω ϕ Ω+ + = 0
gb b cos t
b
2- L a solution est de type ( )θ θ Ω α= +Mt cos( t ) Méthode complexe : ( ) ( )( ) j tMt t e αθ θ θ Ω +→ = ( ) 0( ) j tt t b eϕ ϕ ϕ Ω→ = Ω
Soit α Ω Ω α ϕ ΩΩ Ω θ ϕ Ω θΩ Ω
⎡ ⎤− + + = ⇒ =⎢ ⎥⎣ ⎦ − +
2 j j t j t j 0M 0 M
2
g bj b e e b e e
ga j ba
où
2222
0
)( bag
bM
Ω+Ω−
Ω=
ϕθ . Le phénomène de résonance est obtenu lorsque Mθ est max. 222
22 00 Ω=⇔=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡Ω+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Ω−
Ω⇔=
Ω R
M
agb
ag
dd
ddθ
Ω⇒ =R 2
ga
Remarque : On peut aboutir à la même équation A-1 , en utilisant le théorème de moment cinétique ( ) ( )
[ ]
20
20 0
0
2 200 0 0
( ) 0; ( )
( ) cos sin sin
( ) ( ) ( ) sin 0
r
r r r
r r
L OM mv au ma u ma k
R au Ru f au bmV a bm k
mg au mg u mg u mga k
dL gR f mg ma a bm mga bdt a
θ
θ
θ θ
θ
θ θ θ
θ θ θ θ θ θ
= ∧ = ∧ =
= ∧ − = = ∧ − = −
= ∧ − = −
= + + ⇒ = − − ⇔ + + =
M M
M
M M M
49
Exercice 6
1- a- Forces réelles : Poids :
Réaction :
Force de rappel du ressort :
mg
R Ax
F
⎧⎪ ⊥⎨⎪⎩
Forces fictives : Force d’entrainement : γ ω− = 2
em m OM Force de Coriolis : γ ω− = − ∧cm 2m v v est porté par Ax, donc ( ) Axm c ⊥− γ b- Le principe fondamental de la dynamique. γ ω ω= = + + + − ∧2r
dvm m mg R F m OM 2m v
dt Projection sur Ax
ω ω ω= − + = − − ⇒ = − −2 2
2 2 22 2
d x d xm kx m x x( k m ) m x( k m )
dt dt
Equilibre relatif : solution x=0 , )0( 2
2
=dt
xd Si 0≠x , la force suivant Ax est )( 2mwkx −− est de rappel, donc l’équilibre sera stable si
ω> 2k m . L’équilibre est instable si ω< 2k m . Il est indifférent si ω= 2k m 2- * Si ω> 2k m , soit ωΩ −=
22 k m
m; ( ) cos sinx t A t B t= Ω + Ω
Condition initiales : x=0 , 0=dtdx pour t=0 donnent A=0 , B=
Ω0v
πΩ πΩ Ω ω
= = =−
02
v 2 mx(t ) sin t ; T 2
k m
x
ω
x
M
a
z FeF
cF
v
A
y O
50
* -Si ω< 2k m , soit ωα −=2m km
; ( ) t tx t e eα αλ μ −= + ( )0
0
(0)(0) 0
x vet v
xλα μα
λ μ α λ μλ μ
= − = ⎫⇒ = − − =⎬= + = ⎭
0 0
2 2v vetλ μα α
⇒ = = − 0( ) vx t sh tα
α= : Le point M s’éloigne indéfiniment. 3-a - Principe fondamental de la dynamique : ( ) ω ω= + + + + − ∧2
1
dvm mg R N T m OM 2m v
dt
b- Projection sur l’axe Ax : ω= − +2
22
d xm T m x
dt ω⇒ = − +
22
2
d xm fN m x
dt (1)
Projection sur l’axe Ay : ω ω= − −2 dx0 N m a 2m
dt (2)
Projection sur l’axe Az : mgR −= 10 Pour trouver l’équation différentielle vérifiant la loi horaire en x(t). (2) ω ω⇒ = +2 dxN m a 2m
dt , remplaçant N dans l’équation (1) ⇒
ω ω ω ω ω ω⎛ ⎞= − + + ⇔ + − = −⎜ ⎟⎝ ⎠
2 22 2 2 2
2 2
d x dx d x dxm f m a 2m m x 2 f x f a
dt dt dt dt
Résolution de cette équation différentielle : ω ω+ − =2 2r 2 f 0 ; Δ ω= +' 2 ( f 1) ω ω= − ± +2
1,2r f f 1 réels, le mouvement est donc apériodique. à t=0, x=0 et 0v
dtdx = . La solution générale est: ( )2 1
1 21 2
(1 )( ) r t r ta fx t r e r e afr r
−= − +−
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. Ω ω=
1 0R / R K 1-b Bilan des forces dans R1 : - Forces réelles : Poids : kmgP −= - Forces fictives : ( )( )
γ ω
γ γ Ω Ω
⎧ = − = − ∧⎪⎨
= − = − + ∧ ∧⎪⎩
1
1
c c R
e e O / R 1
Force de Coriolis F m 2m k v ( M )
Force d'entrainement F m m O M
1-c P.F.D appliqué à M dans R1
51
( )γ ω Ω Ω= − − ∧ − − ∧ ∧1 1
21
R R R 12
d OOm ( M ) mgk 2m K V ( M ) m / m O M
dt
( )=
1
1
R 1
d O MV ( M ) / R
dt or = − ⇒
1
21O M gt k
2= −
1RV ( M ) gtk 2-a- Force de Coriolis . ( )2 sin , 2 coscF m gt K k m gtω ω λ= = 2-b- Force d’entrainement :
( ) ( ) ( )
( )
21
1 1 12/
2 2
2 2
12
cos sin ;( , , )
cos1 cos2
eR
e
d OOF m O M m OO O Mdt
m R gt K K k
k u K u i K trièdre direct
K k i
F m R gt
ρ ρ
ω
λ λ
λ
ω λ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − + Ω ∧ Ω ∧ = − Ω ∧ Ω ∧ + Ω ∧ Ω ∧⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎛ ⎞= − − ∧ ∧⎜ ⎟⎝ ⎠
= +
∧ =
⎛ ⎞⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠
3- Cas où ec FF 20≤ 2 2 2
2 2 2
1 12 cos 20 cos 10 02 2
5 10 0; 200 0
m gt m R gt gt R g t
g t gt R g g R
ω λ ω λ ω ω
ω ω ω
⎛ ⎞ ⎛ ⎞≤ − ⇔ + − + ≤⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⇔ + − ≤ Δ = + >
Δω
− −= <1
gt 0 : a rejeté
10 g ; Δ
ω− +=2
gt
10g
t 0 t2 +∞
ω ω+ −25 g t gt 10R
⇒ Pour t [ ]:,0 2t∈ ω ω+ − ≤25 g t gt 10R 0
⎡ ⎤= ⇒ ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦2 2
2 c e
1 1or L gt L 0 , gt : Domaine où on peut négliger F devant F
2 2
A.N : pour que ec FF 20≤ il faut que [ ]∈L 0;3300 km - Cas où ce FF 20≤
( )ω ω Δ ω⇒ + − ≥ = + >22 ' 2g t 80 gt 2R 0; 40 g 2Rg 0
- +0
52
Δ Δω ω
− − − += < = >' '
1 2
40g 40gt 0 arejeté ; t 0
g g
t 0 t2 +∞
ω ω+ −2g t 80 gt 2R
⇒ Pour 2t t≥ on a 2 80 2 0g t gt Rω ω+ − ≥ ⇒ ≥ 2
2
1L gt
2 A.N : ≥L 6m II- On se place dans le cas où e cF F<<
1-a- cos sin ; sin cos2
K k j or K k jπθ θ θ λ λ λ= + = − = + 1-b- PFD appliqué à M dans R1
γ ω
ω λλ
= − − ∧
⎧ ⎧⎪ ⎪⎪ ⎧ ⎪⎪ ⎪ ⎪= − − ∧⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪
⎩⎪ ⎪⎪ ⎪⎩⎩
1 1R R
2
2
2
2
2
2
m ( M ) mgk 2m K V ( M )
d x dxdt dt0d y dy
m mgk 2m cosdt dt
sin dzd zdtdt
1-c- Equations du mouvement de M :
ω λ λ
ω λ
ω λ
⎧ ⎛ ⎞= − −⎪ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎪
⎪⎪ = −⎨⎪⎪
= − +⎪⎪⎩
2
2
2
2
2
2
d x dz dy2 cos sin ( 1)
dt dt dt
d y dx2 sin
dt dtd z dx
g 2 cosdt dt
2-a : 1ère intégration ⇒
( )ω λ λ
ω λ
ω λ
⎧ = − −⎪⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪
⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − =⎨ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪ = − +⎪⎩
1
1
1 R 1
R
dx2 cos z sin y
dt 0 0dy
2 sin x àt 0 M enO 0 et V (O ) 0dt
0 0dzgt 2 x cos
dt
- + 0
53
En remplaçant dans (1) les expressions de dydt
et dzdt
On obtient : ω λ ω λ ω λ ω ω λ
ω ω λ
= − − = − +
⇒ + =
22 2 2 2 2
2
22
2
d x2 gt cos 4 x cos 4 x sin 4 x 2 gt cos
dtd x
4 x 2 gt cosdt
Solution particulière : λ
ω=p
gt cosx
2 Solution générale : ω ω= + +px x Asin2 t B cos 2 t
à t=0, x=0 et 00 =⇒= Bdtdx et λ
ω−=
2
gcosA
4
Soit ( )λ ω ωω
= −2
gcosx(t ) 2 t sin2 t
4
2-b : ' 2 122 2
TT heuresπ πω ω
= = = = 2-c : ( )ω
ω ω −3
2 tsin2 t 2 t
3! pour une durée de chute 't T<<
ω λ λ⇒ = ≥ ∀3t
x(t ) g cos 03 la déviation est vers l’Est.
3-a : ωω λ λ λ= − −2
3dy 22 x sin gt sin cos
dt 3
ω ωλ λ λ−⇒ = = −
2 24 4y(t ) gt sin cos gt sin2
6 12
3-b : 0, sin 2 0 02
yπλ λ⎡ ⎤∈ ⇒ > ⇒ < ⇒⎢ ⎥⎣ ⎦ la déviation est vers le sud.
3-c * O1 situé dans l’hémisphère nord ⇒⎥⎦⎤
⎢⎣⎡∈⇒
2,0 πλ Déviation vers le sud
* O1 situé dans l’hémisphère sud ,0 02
yπλ ⎡ ⎤⇒ ∈ − ⇒ > ⇒⎢ ⎥⎣ ⎦ Déviation vers le nord
4- La Tunisie est situé en hémisphère nord ⇒ déviation vers le Sud –Est.
ExerciUn poindonné poù a et b1-a- Monb- Montc- Montr2- a- Calb- Calcuc- Montl’ellipse,d- En ute- CalcudémontExercic1- Détavec : 2- On au point(C2), dede P s’efa- Calcb- En conservc- Donpotentilde θ, m, d- Dét de P et
ice 1 nt matériel dpar : b sont deux ntrer que letrer que la forer que cettlculer l’éneruler le travaitrer que le , est nul. tilisant le résler l’énergierer le princie 2 terminer l Fx F azF ayabandonne t O le plus b centre C et ffectue sansculer la vitedéduire l’avation de l’énnner l’exple de P en R et g. terminer lesdiscuter leu
de masse m sconstantes pe point matéorce agissane force dérivrgie cinétiquil fourni partravail totasultat de la qe totale du pipe de la conl’énergie p2bxyb a et bsans vitessbas de (C1)de diamètre roulement sse minimalaltitude minnergie. pression dun point M
s positions durs natures.
se déplace dr a cpositives telriel se déplant sur le poinve d’un poteue du point m le champ dl, effectué e
question (c)point matérinservation dpotentielle b sont deux e initiale un), on suppose OB = 2R, inet que les frle de P au ponimale h d
de l’énergen fonctiond’équilibre
54
Energie
dans le plancos ωt ı blles que a>bace sur une nt matériel eentiel. matériel auxe force en den faisant fa), calculer l’éiel et montrede l’énergie.
Ep dontconstantes.
ne bille P dese que la trantérieur à cerottements soint B. u point de gie n
e
xOy de façosin ωt j b ellipse. est en tout p
x points A (aéplaçant le paire au poinénergie poteer qu’elle es t dérive On vérifier
e masse m eajectoire deelui de (C1).sont négligedépart A
on que son v
point dirigéea, 0) et B (0, point matérnt matériel entielle aux pst constante,
la force ra que la forcn un point Ae P décrit un. On supposeables. de P en a
vecteur posi
e vers l’origiB). riel de A à B.une fois lepoints A et B, en d’autres
F (Fx, ce est conseA d’un cercen deuxièmee que le mouppliquant l
ition soit
ine. . tour de B. s termes, Fy, Fz)
ervative. eau (C1) ; e cerceau uvement a loi de
55
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 : E θ 12 m ω r 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<g/a et on s’intéresse seulement aux petits mouvements par rapport à la position d’équilibre relatif stable. En utilisant le développement limité de Ep(θ) en série de Taylor au voisinage de la position d’équilibre considérée : E θ E θ E θ |
θ θθ θ …. En se limitant aux deux premiers termes du développement : a- Montrer que l’équation du mouvement est de la forme : θ ω θ 0 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 ?
56
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.
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
y
x
O
Ω
x0
z0
y0
A
57
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 :
Ω Montrer que Ω ⁄ . 4- b - 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 ?
58
Correction des exercices Exercice 1 1-
a- c.à.d. ² 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.
d- Pour démontrer que F dérive d’un potentiel scalaire, il suffit de démontrer que rot F 0. En effet : F 0 ; ∧ = ∧ =
00
0
0 ∃ V tel que .
Calcul de V : 1 20 3 V= V(x, y, z)
(1) , 4 , ,
b M(t)
0
F-a a
-b
y
xM(t=0)
t π2w VA VB
59
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 : ; : Résultante des forces s’exerçant sur le point M. c- = = 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 0 et
60
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
∧ 2 00 0 02 2 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
61
c- l’énergie potentielle de P en un point M en fonction de θ, m, R et g. 1 d- Positions d’équilibre : ∂E∂θ mgR sin θ ∂E∂θ 0 θ 0θ π Nature des positions d’équilibre : ∂ E∂ θ mgR cos θ Pour θ= 0,
∂∂
= - mgR <0 Equilibre instable. Pour θ= π,
∂∂
= mgR >0 Equilibre stable. Exercice 3 cos θ sin θ θ sin θ cos θ I- Calcul de l’énergie : a- Forces appliquées à M dans R1. Forces réelles
- Poids : - La réaction du tube sur M : Pas de frottement Є plan ⊥ au tube au point M, donc c’est le plan engendré par les vecteurs unitaires et Forces fictives : • : Force d’inertie d’entrainement sin ou bien γ ∧ ∧ O M sin • : Force d’inertie de Coriolis (complémentaire). F m γ 2m ∧V 2m k ∧ O M ⎦R 2 ∧ F 2 cos b- . 0
ω
z
H
a θ
O
M
θ
62
. 0 La réaction et la force de Coriolis ne travaillent pas . sin 0 . sin cos 0 Le poids et la force d’entrainement sont conservatives. c- sin 1 2 1 , 3 2 , Or 0 0, 0 Donc 1 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 au second ordre. ! ∂ E
∂θ 0 car est une position d’équilibre.
correspond à l’énergie minimale si ∂ E∂θ est > 0. Finalement :
∂ E∂θ est 0 é 0 é 0 é é
63
Positions d’équilibres relatives : 0 cos sin sin 0 0 ou cos n’est acceptable que si 1 Pour 1 on a 4 positions d’équilibre : 0, et cos Pour 1 on a 2 positions d’équilibres : 0 et Etude de la stabilité : ∂∂
1 2
∂∂
∂∂
Nature de
l’équilibre
1
0 < 0 Instable
π < 0 Instable > 0 Stable > 0 Stable
1 0 > 0 Stable
π < 0 Instable
0 0 Indifférent
π -2mag < 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 est : ⟺ b- Nature de cette surface : c’est une paraboloïde d’axe Oz.
64
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 , , , , 2
0 12 2 2 2- a – Les composantes de la force , , ∂ , ,∂
; ∂∂
; b- Principe fondamental : Conditions initiales : t= 0, x= a, y= 0, z=0 et 0 . On obtient 0 Exercice 5 1- Vitesse d’entrainement de A : ⁄ ∧ ⁄ 0, v Ω ∧ OA Ω U ∧ v Ω ∧ ∧ v Ω Accélération d’entrainement de A. γ γO R⁄ Ω ∧O A ∧ ∧ O A
65
γ Ω ∧ Ω ∧ OA Ω∧ Ω∧ γ Ω x U y U Accélération de Coriolis : γC 2Ω ∧VA R⁄ ; VA R⁄ γC 2Ω xU ∧ U y U ∧U z U ∧U γC 2Ω xU y U 2- Loi fondamentale de la Dynamique : γ = +
= +
= +
∑ ∑∑∑
FictivesA réellesR
réelles
Fictives e c
m F F
F P R
F F F
Soit γ = + + +A e c
Rm P R F F
( )( )
( )
γ
γ ω
γ ω
= + +
= = + +
= = +
= = −
A x y z0R
x y z00
2e e x y
c c y x
xu y u zu
RP - mgk, R - x u y u z u
r
F -m m x u y u
F -m - 2 m x u y u
Projection de P. F. D sur (Ox) :
( )
( )
Ω Ω
Ω Ω
= + +
= +
=
2
0
2
0
00
R xm x 0 - m x 2 m y
r
R yProjection sur Oy : my 0 - m y -2 m x
r
R zProjection sur Oz : mz -mg -
r
Ω Ω
Ω Ω
⎛ ⎛ ⎞= − + +⎜ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎜
⎜ ⎛ ⎞⎜ = − + −⎜ ⎟⎜ ⎝ ⎠⎜⎜ =⎜⎜⎝
2
0
2
0
0
Finalement:
Rm x m x 2 m y
r
Rmy m y 2 m x
r
R zmz -mg -
r
3-a- Energie potentielle de pesanteur de A
66
( )( )
( )
∂= ⇔ = ⇔ = +
∂= = ⇒ =
=
1
1 1
1
1
pp p
p
p
EP - grad E -m g - E z mgz C
zz 0 , E 0 0 C 0
E z mgz
b- Energie potentielle de la force d’inertie d’entraînement :
( )
( )
( )
Ω
Ω
Ω Ω
Ω Ω Ω
Ω
Ω
∂⎧+ =⎪ ∂⎪= ⇔ ⎨ ∂⎪+ =⎪ ∂⎩
∂= ⇒ = +
∂∂ ∂= ⇒ = ⇒ = +∂ ∂
= + +
= −
2
2
2
2
2
2
0
p2
e p2p2
p 2 2 2p 1
p 2 2 2 211 2
2 2 2p 2
22
E m x -
xF - grad E
E m y -
y
E 1 - m x E - m x C y
x 2E C 1
-m y - m y C y - m y C y y 2
1E - m x y C
21
- m r 2
( ) + = = + +2 2 2 22 0z C puisque r constante x y z
Ω Ω= + −2
22 2 2p 2 0
1 1E m z C m r
2 2 Lorsque l’on prend l’origine à z=0
Ω Ω= ⇒ = ⇒ = =2
22 2 2p2 2 0 p
1 1z 0 E 0 C - m r 0 Finalement E m z
2 2 c- Energie potentielle totale Ep de A :
Ω= + = +1 2
2 2p p p p
1E E E ; E mgz m z
2
4- a Etude de la fonction : ( ) ωΩ
= +2
2 02
2 uf u u
ωΩ
⎧⎪ =⎪⎪= ⇔ ⎨⎪⎪ =⎪⎩
202
u 0df
0 ou du
2 u -
67
u -∞ ωΩ
−2
02
+∞ f’ (u) - + f (u) -∞ ωΩ
−4
04
+∞ Ω Ω Ω
Ω Ω
ωωΩ
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟= + = + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
222 22 2 2 2
p 0 02 2 22 200 0 0
2 222 0
0 20 0
1 1 z 2 g 1 z 2 gE mgz m z m r z m r z
2 2 2 rr r r
1 z 2 z m r
2 r r
On pose :
0
zur
= ⇒ ( )Ω Ω⎛ ⎞
= =⎜ ⎟⎝ ⎠
2 22 2p 0 0
0
1 z 1E m r f m r f u
2 r 2
b- mE : énergie mécanique totale de A dans (R) Soit B A, E E pm =∩ à gauche de A et à droite de B pour que ;E E E cpm += cE doit être négatif ce qui est impossible. Entre A et B cE > 0 . En A et B, cE = 0 La particule oscille entre A et B autour d’une position stable ω
Ω=
22 0
0 2z - r
0 u
f (u)
Ω 2Ω
68
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 . On constate qu’après le choc, il se forme une particule (AB) de masse (m+M) de vitesse dans RL (référentiel de Laboratoire). 1- 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 entre en collision avec une particule de masse m2 et de vitesse [ , // x’x]. 1- Calculer la vitesse du centre de masse des deux particules. 2- Quelles sont les vitesses 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
69
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.
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.
r i
Normale m
Sol
ExerciDans ce d’hydro(H et H’)Le resso(N), de atomes
1- Etua- Queb- Ecr2- Etu Après lpas. Ce sde massa- Queb- Dét• La v• Lesc- LorH’ seronEcrire leaprès leMontrer
ice 5 problème, gène par de) reliées parort matérialmasse m, ede la molécu
ude des chocelles sont lesrire les lois dude de moue choc le sysystème serse : RCM. elles sont lesterminer : vitesse du ces vitesses ders de l’allongnt de nouveaes lois de co choc (x ≈x0r que : 2 et
on se propoes neutrons. r un ressort ise la liaisonest animé d’ule, soit H, lo
cs : s grandeursde conservatvement de ystème formra étudié, das grandeursentre de mae H et H’, justgement maxau perpendionservation) et à l’insta12 .
ose d’étudieCette molécnon tendu dn chimique une vitesseors d’un cho
s physiques tion. En dédla moléculmé par la moans la suite
s physiques asse. te après le cximal du resiculaires au n du momenant de l’allon
²/ 2
70
r le cas du bcule peut êtrde rigidité kH-H. la mole v0 perpendoc supposé p
conservées duire les vitee après le colécule seuldu problèmconservées
choc, par rapssort (x= x0+ressort HH’ nt cinétique ngement ma2 pu
bombardemre matérialik et de longuécule est inidiculaire à Hparfaitemen
lors de ce chesses de H etchoc est supposme, par rappdans ce cas
pport au RCM+a) les viteset respectivet de l’énerximal (x= x0uis déterm
ment d’une msée par deuueur à vide xitialement aHH’. Il heurtnt élastique.
hoc ? Pourqt N juste apré isolé : le nort au référ?
M. ses par rappvement égalrgie du syst0+a). iner les va
molécule diaux masses idx0. au repos. Le te un seul d
uoi ? rès le choc. neutron n’inrentiel liée a
port au RCMles à (+V’) ettème (H et aleurs de (
atomique entiques neutron des deux
ntervient au centre
M de H et t (-V’). H’) juste (a) pour
71
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. 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 ∆ dans le choc en fonction de m1, m2, g et h. Examiner le cas m1=m2.
O1 O2
2r
l-r
C1 C2
h
S1 S2
72
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 l’air.
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 ( après le choc. 4- Déterminer la position que devrait prendre le chien pour recevoir le ballon. 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 , l’accélération d’entrainement et l’accélération de Coriolis . 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.
z
O
θ
α -x0
x
73
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 W= E0 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) RG est Galiléen. b- Ec(AB) /RG = ½ (m+M) /RG
/RL(Vitesse absolue) = /RL(Vitesse d’entrainement) + /RG(Vitesse relative) /RG =0 Ec(AB)/RG =0 c- Avant le choc :
Ec/RG=½ m /RG+½ M /RG Avec / RG : vitesse de A dans RG avant le choc. / RG : vitesse de B dans RG avant le choc. / RL= / RG + / RL / RL(=0) = / RG + / RL(= Ec/RG =
74
= .
=
= 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 V V 2- : 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
75
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 :
Conservation de la quantité de mouvement (1). Conservation de l’énergie cinétique (2) (1) : (2) : Er + EG = Or d’après (1) : Conservation de lors d’un choc élastique. 2eme cas : Collision inélastique : Conservation de la quantité de mouvement . Pas de conservation de l’énergie cinétique : il n’ya pas de conservation de .
Exercice 3 1- Vitesse du centre de masse dans (L) : 2,79 1,4 2- 1 9,19 1,4 1 3,9 0,59 3- La vitesse de la masse M1 après le choc.
76
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 b-
Définition : soit une particule A animée d’une vitesse qui rencontre une particule B animée d’une vitesse . 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<e<1 Choc mou: e=0
On a conservation des composantes tangentielles cotg r = e cotg i
• Pour un choc élastique e= 1 r = 30°
• Pour un choc inélastique e= 0,5 r = 41°
77
2- Pendant la durée du choc τ, la force exercée par la masse m sur le sol est d’après le principe de l’action et de la réaction ; τ
Or i=0 r=0 et Vr = Vi
2 τ
1 1 τ τ τ τ
τ τ
τ τ 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 nombre de choc subit par la surface S du piston pendant la durée τ.
2 τ
2 . AN : FN= 2.13 Newton.
Exercice 5 1-a- Grandeurs physiques conserves lors du choc: Système isolé :Conservation de moment cinétique L, quantité de mouvement et l’énergie mécanique E. Choc élastique : Conservation de l’énergie cinétique Ec.
sol
max
h
m1
Ep=0
z
b-
Donc 2-a- GraSystèmeb- Vitess
c- Soit x Just
et
Lor
andeurs phye isolé se de centre 0
= HH’ ; mH=mte après le c∧
rs de l’allong
cysiques cons Conservae de masse :
mN choc :
gement max
ce qui revienservées dansation de ,
; ;
∧
x : x=x0+a 78
nt 0 s ce cas :
;
0
.
2
; ⊥
79
et ; ⊥
2 d’où
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 θ τ
∆ θ ∧τ . θ
∆
∆ : faible
On obtieb- Si le rLa loi fo∆ .où ∆ ed’inertie
ThéSoit ∆ udistant dOn a : ∆∆ ∆∆ est lpleine e∆
On pose2-a- Vite• Mas• Masd’équilibConserv(2) : origb- Quelquantité
∆ e ent rayon de la ndamentale ∆est une quae par rapporéorème d’ HUun axe passde d ∆ ∆ ∆ e moment dt homogène
∆ . e esses avant sses C2 lié ausse C1 lié aubre à une havation de l’éngine d’énerg que soit la né de mouvem
∧
, On po2 sphère n’ese d’un solide antité scalairt à ∆ . UYGENS : ant par le c
; ∆ d’inertie de e)
∆ donc
le choc. u pendule 2 pendule 1 qauteur h. nergie mécagie potentiel nature du chment du sys
. = ose st pas néglige en rotationire qui dépcentre de m
où Rla sphère p 1
2 est en équilqui est écart
anique entrlle 2 hoc il y a contème de deu80
∧ .
geable, puisqn autour d’upend que demasse et soiR est la distan
ar rapport à 1 2 1
libre. VC2=0té de sa posie (1) et (2)
nservation dux pendules
∧
que la sphèun axe ∆ este la géométt ∆ un autrnce à l’axe ∆à son diamè
0
ition :
de la s :
.
re est en rot : trie du solire axe para
∆. ètre porté p
otation autoude, appelé
allèle à ∆ do
par . (La sp
ur de ∆ . moment
ont il est
phère est
81
(1) c- La conservation de l’énergie cinétique : 2 3
( )( ) ⇒ + =1 21
' 'C CC
2v v v
1 (3)
(3) dans (1) −⇒ =
+1 1
' 1 2C C
1 2
m mv v
m m En remplaçant 1
'Cv par son expression dans (1)
=+2 1
' 1C C
1 2
2mv v
m m Après le choc : On détermine les valeurs de '
1h et '2h en appliquant à chaque pendule le théorème de la conservation de l’énergie mécanique. E1= E’1 E2= E’2 Cas m1 = m2 0 et h’1= 0, h’2= h. d- h’2= h 2 ; Conservation de la quantité de mouvement : 1 1 2
1 Perte d’énergie cinétique : ∆
C1
l
(1)
O1
1
(1)’ l
(2)
O2
C2
(2)’
82
1 1 ∆
∆ 0 e- 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 I-1- Position de point d’impact : 00
; 00 cos 0 sin Le temps mis pour que le ballon atteigne le mur c-à-d: x =0 = cos ; A.N : √ 0,35 Hauteur atteinte A.N : h= 4,375 m 2- La vitesse avant le choc : c.à.d. au point (0, 0, h)
-x0
Mur h
z
O x
83
cos 0 sin cos0 sin 2 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. Donc cos0 sin 4- Le chien reçois le ballon : à 0 Coordonnées après le choc : 0 0 cos 0 sin
cos 0 sin Donc 0 sin A.N : 5 10,6 4,375 0 ; ∆ 287,36 √∆ 16,95 10,6 16,9510 0 à , 10,6 16,9510 2,755
Donc x(t2) = - V1 cos θ t2 A.N : x(t2) = 38,949 m II- 1-
• ∧ , 0
84
∧ ∧
• ⁄ ∧ ∧ ∧
∧ .
• 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
• é : Poids :
• : é ⁄ b- Equations paramétriques de M : ⁄ k 0 1 0 2 3 (3) sin
85
(1) 0 t= 0 0 0 ⟺ C1 + C2 = 0 ⟺ C1= - C2 t= 0 0 cos ⟺ cos cos cos (2) 0 0 0 ⟺ 0 0 0 ⟺ 0 0 sin
86
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- Calculer les composantes de correspondant à ce potentiel dans un repère , , , , en utilisant la relation reliant r à x, y , et z. 2- Calculer les composantes de champs de gravitation correspondant , ainsi que 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 6. 10 kg , G 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.
87
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 P Є conique ⟺ avec 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) (4) c- Vérifier que l’expression 1 cos 5 est une solution de l’équation différentielle (4). En déduire que : 6 2- Détermination de l’excentricité e
O
P
r
d K
M
α
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Pour cela, on suppose que le système planète - particule est isolé. et sont les données initiales. a- Montrer d’abord que dérive du potentiel U, qu’on calculera. 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 : 1 1 7 d- 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. 1- 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 :
y
b
Ox
89
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 : cos 1 où P, e et sont des constantes (P>0 et e>0). 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 et l’énergie cinétique Ec. 3- 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 0 dans les deux cas suivants : a- L’état lié défini par Em<0. b- L’état libre défini par Em >0. 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.
90
(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 pE . 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 : ( )θ θ α= = = =0 0 0 0 0r r ; ; v v ; u, v . Exprimer E et C en fonction de et v ,r m, ,k 000 α . 6- Montrer que l’énergie mécanique de la particule peut se mettre sous la forme : ( ) ( )= + = +2
2 ' '2
1 k m cE m r E r avec E r -
2 m 2 r 7- Montrer que la fonction E’(r) admet un minimum E’m pour r=rm. Exprimer Em en fonction de
α0 0 0k , m, r , v et . 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 0v et la verticale 0Ox avec O le centre de la terre, R son rayon et mt sa masse.
91
Soit le repère ( )0 0 0 0R O,x , y , z supposée galiléen de base orthonormée ( )I , J,K . Soit un repère mobile ( )0R O,x , y , z tel que Ox parallèle à OM , de base orthonormée ( )i , j, k . Soit ρ et θ les coordonnées polaires de M dans le plan ( )0 0O , x , y . 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 αsin . 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 − =2v
m U h2
, avec v la vitesse de M et h est une constante qu’on déterminera à 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<vl et v0 =vl ? 4- Dans la suite du problème, on considère uniquement le cas v0<vl a- Moyennant un changement de variable, montrer que :
θ⎛ ⎞⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
22 2 2 du
v = C ud
b- En admettant que ( )= 2
tC a 1-e G m , 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 ρ tG , , m 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 ?
Remarq
EquatioA l’apoge: excen
ues importa
n d’une congée S, on a θntricité; a: d
antes : ique : ρ = O
θ θ ρ= 0 et emi- grand (
=a
OM 1- e c
ρ = =s OS aaxe.
92
( )( )θ θ
− 2
0
1 e
os -
( )+ 1 e
93
Solution des exercices
Exercices 1 1- ( )= − = + +
12 2 2 2m
U G ; r x y z )r
( ) ( ) ( )
( ) ( )− + − + − + +⎛ ⎞= − − = =⎜ ⎟
⎝ ⎠ + + + +3 3 3
2 2 2 2 2 22 2
2x i 2 y j 2z k1 xi yj zk rgradU mG mG mG
2 rx y z x y z
2- Champ de gravitation :
= − → =3 2
r mGG mG G
r r 3- Analogie avec la théorie de Gauss en électrostatique : Mécanique Electrostatique
= − mU G
r
πε=
0
1 qV
4 r
G,m πε−
0
1, q
4
= − 3
rG mG
r
πε= 3
0
q rE
4 r
π= −∫∫ intgdS 4 Gm ε=∫∫ int
0
QEdS
4- Equations des équipotentielles : U= cte ⇒ = ⇒r cte sphère de centre O 5-Champ de pesanteur : = − = =r2 2
Gm Gmg u g
r r
Au niveau de sol : = 2
Gmg A.N : g =9,81 N /kg
R
Exercice 2 1- Le satellite de masse m est soumis à la seule force de gravitation : = − x2
MmF G u
R
94
P.F.D : ( )θγ γ γ= = +N r tF m m u u γ
γ
⎧ = = ⇒ =⎪⎪⎨⎪ = − = − ⇒ = =⎪ +⎩
t
2
N 20
dv0 v cte
dt
v M GM GMG v
R R R R h
A.N : = TR R
= =
= =
T
T
' L
L
GMTerre : v 7 ,9km / s
R
GMLune : v 1,67km / s
R
2-Période de révolution :
πω
= 2T ; πω π π= ⇒ = ⇒ = ⇒ =
2 32v R R 4 R
T 2 T 2 R TR v GM GM
Loi de Kepler : ∝2 3T R 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.
π ρ τ=∫∫ ∫∫∫gds 4 G d On suppose que la masse volumique est constante. π π π
π− = ⇒ = −2 3
r3 3
4 3 M G M4 r g 4 G r g r u
3 4 R R
P.F.D : ( )( )
ω ϕγ
ω ω ϕ
⎧ = +⎪= = ⇒ = ⇒ + = ⇒⎨= +⎪⎩
3 3
r Asin tGMm GMF mg m r mr r r 0
R R r A cos t
Condition initiales : ϕπω ϕ ϕ
=⎧=⎧ ⎪= → = = ⇒⎨ ⎨= =⎩ ⎪⎩
R AR Asin
t 0 r R et r 0;0 A cos
2
⇒ = 3
GMr(t ) Rcos t
R : Mouvement oscillatoire autour du centre de la terre sans que le capsule sorte de l’intérieur de la terre.
R0
R h
m
θu
ru
sdg
r
95
ω π= → =3R
T T 2GM
égale à la période de révolution du satellite sur une orbite circulaire de rayon R (rayon de la terre). Exercice 3
1-a ρ ρ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟
⎝ ⎠
2
0 2
r1 a
R ; ( ) ( )ρ ρ= − = 3
0R 1 a 2,5 g/cm (1) ρ
π=moy 3
Masse da la terre M =
4Volume de la terre R3
π π πρ τ ρ θ θ ϕ ρ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠∫∫∫ ∫ ∫ ∫
2 R 2 32
0 020 0 0
r 4 R 3aM d 1 a r sin dr d d 1
R 3 5
ρ ρ ⎛ ⎞⇒ = − =⎜ ⎟⎝ ⎠
3moy 0
31 a 5 ,5 g / cm
5 (2)
ρ⇒ = = 30
3(1) et (2) a et 10 g / cm
4
2- =F m g , masse unité ⇒ = ⇒ =F g F g ( )π ρ
π π π ρ π ρ
π ρ
− = −
⎛ ⎞ ⎡ ⎤− = − − = − −⎜ ⎟ ⎢ ⎥
⎝ ⎠ ⎣ ⎦⎡ ⎤
= − −⎢ ⎥⎣ ⎦
∫∫ ∫∫∫
∫r 4 3 5
2 2 20 02 2
0
22 3
0 2
gdS 4 G r dv
r r r4 r g( r ) 4 G 4 r a dr 16 G a
R 3 5R
1 a r16 G r
3 5 R
π ρ π ρ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
< = − = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
2 2
0 02 2
1 a r 1 3 rr R; g( r ) 4 G r et F 4 G r
3 5 R 3 20 R
3-a- Attraction maximale correspond à gmax = ⇒ − = ⇒ = =
2m
2
dg 9a r r 50 1 0 0 ,86
dr 5 R R 9a
⎛ ⎞−⎜ ⎟
⎝ ⎠= = = =⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
2m
2max m
au sol
3a r1
5 Rg ry 1,04
3ag R 15
b- ( )
−⎛ ⎞− ⎜ ⎟ ⎛ ⎞− ⎛ ⎞− ⎛ ⎞⎝ ⎠= = = = − − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠−
2
2
2
3a R h1
g R h R h h 3a h 2h5 Rz 1 1
3ag( R ) R R 5 3a R R15
96
c- On cherche ( )Δ − −= = − −
g R h g Rgz R h z R
g gR
( ) ( ) ( ) h faible devant R : ⎛ ⎞<< → − −⎜ ⎟
⎝ ⎠
2h h 2h
1 1 1R R R
Δ −
−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≈ − + ≈ + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⇒ = = 5
h 6 a h h 9 a 5 7 hz 1 1 1 1
R 5 3 a R k 5 3 a 1 1 R
g 7 h3 , 5 .1 0
g 1 1 R
Exercice 4 1- εγ= = − r2
m MF m u
r
a- = rOM r u ( )
θ
θ θ θ
θ
γ θ θ θ θ θ θ θ
= +
= + + + − = − + +r
2 2r r r r
v ru r u
ru r u r u r u r u (r r )u 2r r u
( ) ( ) θεγ θ θ θ⎡ ⎤= = + + =⎣ ⎦
2r r2
mMF m m r - r u r 2r u - u
r
θ ε
θ θθ θ θθ θ
⎡ ⎤⎛ ⎞− = −⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
+ =
⎡ ⎤⎡ ⎤⎡ ⎤ = + = + =⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
22
2 2
22 2
2
d r d mMm r
dt dt r
r 2r 0
1 d 1 dr d d dr dr r 2r r 2 0
r dt r dt dt dt dt dt
Donc 2 dr cte A
dtθ = =
b- 22r
Mr rr
εγ θ= − = − 2
2
d r d dr d dr drdt dt dt d dt dt
θθ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦( )2
2
1d dr du d d d du dAud du d dt dt d u d dt
θ θ θθ θ θ θ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
2
2 2 22
d d u d uA A u A ud d dθ θ θ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − = −⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦
2 2 4 2 3
2 22 2 3 2
2 2 2 2
1r A u A uu
d u M d u MA u Au Mu ud r d A
θ
ε εεθ θ
⎡ ⎤ =⎣ ⎦
− − = − = − ⇒ + =
97
c- ( )( ) ( )ε εθ φ θ φθ
= + − ⇒ = − −2 2
M du Mu 1 e e
A d Acos sin
( )
( ) ( )( )
2
2 2
2
2 2 2 2
cos
cos 1 cos
ε θ φθ
ε ε εθ φ θ φθ
= − −
+ = − − + + − =
d u Med Ad u M M Mu e ed A A A
2- o or r i et V v j= = a- 22; mM mMdrrotF o dU Fdr dr U mM c avec crr r
mMUr
ε εε
ε
= = − = ⇒ = = − + =
= −
∫ b- Système isolé, l’énergie totale est conservée.
( )
( )( )
ε ε φθ
θ θ θ ε θε ε
ε
⎡ ⎤⎛ ⎞= − = + + =⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤+ +⎢ ⎥= + − +⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦
⇒ = + −
22 2 2
2 2 2 2 22
2
2 2
2
24 4
2 2 2
1 mM 1 du mME mv mA u o
2 r 2 d r
1 1 2e e e som mMmA 1 e
A A2 AM M
M mE e 1 e 1
2A
;cos cos cos
d- e>1 : hyperbole E>0 e<1 : Ellipse E<0 e=1 : Parabole E=0 Système soleil-terre E<0 (Loi de Kepler) 3- 0φ = ; θ θ= ⇒ =2 2d d
r A dt rdt A ( )
θεθ
⇒ =+
4
2 2
2
A dMdt
A 1 ecos
( ) ( )π θ π
ε εθ= =
+ −∫
3 3
2 32 2 2 22 20
2A d 2AT
M M1 ecos 1 e
( )ε
θ φ= =
+ −
2AM1
ru 1 ecos
98
εθ
εθ π
= ⇒ =+
= ⇒ =−
2
M
2
M
AM0 r
1 eA
Mr1 e
( ) ( )ε ε ε ε− + +⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ − − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
2 2 2 2
2 2 2
A 1 1 A 1 e 1 e 2A 2A2a
M 1 e 1 e M 1 e M 1 e M 1 e
( )( )επ π
ε ε−
= = =−
33 3 22 6 2 2
33 4 4 62
M 1 eT 4A 4cste
a M A M1 e.
Exercice 5
( )
3
2
22
1
12
12
p
c r
c
r kmF km Er r
E mv avec v ru r u
E m r r
θθ
θ
− = ⇒ =
= = +
⎡ ⎤⇒ = −⎢ ⎥⎣ ⎦
Energie mécanique : ( )2 2 21
2c pkmE E E m r rr
θ= + = + + Moment cinétique : ( ) 2
rL r p r m ru r u m r kθθ θ= ∧ = ∧ + = 2 2dL r F o L cste mr cste où r c
dtθ θ= ∧ = ⇒ = ⇒ = =
( ) ( ),θ π π= = = ⇒ = ∧ =
⇒ = = ⇒ = −
o o oo
o o o
pour v v et y b L mv i b j mv bk
LL mv b or c c V bm
2- ( ) ( )2 2r rrr r u r r u u uθ θθγ θ θ θ γ γ= − + + = + avec ( )o force centraleθγ =
22
2
2
2 22 2
2 2
1 1 1;
1 .
d r dr d d dr udt r dt dt u d u dt
du d dur Cu d dt d
d du d du d d u d ur C C C C udt d d d dt d d
θγ θθ
θθ θ
θ θθ θ θ θ θ
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = ⇒ = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= − = −
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = − = − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
99
2 4 2 3 23
22 2
2
1
r
r r u cr
d uc u ud
θ θ
γθ
= =
⎛ ⎞⇒ = − +⎜ ⎟
⎝ ⎠
3- P.F.D :
22 2 2
2
2
2 2
d uk mu mc u ud
d u kou ud c
θ
θ
⎛ ⎞= − +⎜ ⎟
⎝ ⎠
+ = −
Solution : ( ) 2cos o
ku Ac
θ θ= − −
( ) ( )
2
2
2
10cos cos 1o o
ckk r k AcA
C kθ θ θ θ
> ⇒ = =− − − −
( ) ( )
2
20cos 1cos 1 o
o
cPkk r
Ac ek
θ θθ θ< ⇒ = =
− − +− +
Avec et * correspond à ∞ é 0 . 0 : 1 cos 00 : 1 cos 0o
k ek e
θθ
• ⟩ + =• ⟨ − =
min
min
0 :1
0 :1
o
Pk r re
Pk r re
θ θ∗ =
• ⟩ = =−
• ⟨ = =+
Dans les deux cas, r est minimum pour o oθ θ θ= ⇒ correspond au point de la trajectoire pour lequel le point matériel est le plus proche de l'origine. 4- ( )
( )( )( )
( )( )( )
2 2
2 22
0
sin . sin
cos 1 cos 1
sin
o o
o o
o
p e r p edrdt e pr e
ev bdrdt P
θ θ θ θ θ θθ θ θ θ
θ θ
− −= =
− + − +
= − −
5- pour θ π= le mouvement est rectiligne le long de Ox, avec o
drv vdt
= = ; soit dans ( ),ru uθ :
100
sin sin
ro
o o o o
v v ue Pv b v eP b
θ θ
= −
= ⇒ =
Soit 2 2 22o o
ov b bvP Ctg
b kb kb kθ = = = = − ; 2
oo
bvtgk
θ = − d'autre part, 2
2 2 2 2 22cos sin 1 Pe e e
bθ θ+ = + = 1
2 4 2
21 ob Vek
⎡ ⎤⇒ = +⎢ ⎥
⎣ ⎦
Exercice 6
3 , , ,k rF u k cste r OM ur r
= = = = 1- Il s'agit d'une force centrale F⇒ dérive d'une énergie potentielle. ( )
3 2
2
2
0 02
P P
P P
k kdE Fd r dr E Cr r
kE C Er
= = − ⇒ = +
∞ = ⇒ = ⇒ = 2- oo
d LL r p r m r mdt
ν γ= ∧ = ∧ ⇒ = ∧ : Théorème de moment cinétique. 4
oo
d L krr o L cstedt r
= ∧ = ⇒ = ⇒ Mouvement plan. ( )
( )
2
2 2 2 21 12 2
ro r
c
L r m mru ru r u mr k
E mv m r r
θν θ θ
θ
= ∧ = ∧ + =
= = +
3- 2 2 2
2
1 12 2 2m c P
kE E E mr mr cster
θ= + = + + = 2
2 2 22 2 2
1 1 12 2 2 2 2
om Pef
Lk kE mr mr mr Er mr r
′= + + = + = + avec 2
2 2oL kkm
′ = + 4- Dans le cas où 0k′= 2 2 2
2
2 2 2 4 2 2 22
2 2
1 1 12 2 2 2
1 12 2
m o oo
o o o o o o o
o o o o o
kE mr mr mrr
kL mr mr k mr mrr
mr mr r r r r t C r r t r
θ θ θ θ
= = + +
= = ⇒ = − ⇒ − =
= ⇒ = ⇒ = + ⇒ = +
101
5- ′ ′ ( )2 2 22 2m
o o oEr t t r r t rm
⇒ = + + 6- ( )2 2 220 m
o oEr r t t rm
= ⇒ = + a- Em <O 2 2 22 m
o
Er t r
m⇒ + = Ellipse de grand axe 02 m
m rE
et de petit axe r0. b- Em >0
12
2 2 2 2 2
22 20
2 2
0; 0m
m
m mo o
Em
Eto m
E Er t r r r tm m
tdr drdt dtr t =
⎡ ⎤− = ⇒ = +⎢ ⎥⎣ ⎦
= > =+
Branche d’une parabole :
r
O t
r0
02 m
m rE
r
O t
r0
102
Exercice 7 1- Par définition, le moment cinétique par rapport à O du point matériel. 0L OM mV= ∧ dans ℜ
Le référentiel ℜ étant galiléen 0d L OM fdt
= ∧ ici 0
3
d L OMOM k Odt r
⎛ ⎞= ∧ − =⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⇒Le moment cinétique est donc constant.
Les vecteurs et sont par définition, perpendiculaires à , vecteur constant, donc le point M appartient au plan perpendiculaire à constant et passant par O. Loi des aires :
2
0
o r rdr d dL ru m u r u m r k m C kdt dt dt
C cte Car L cte
θθ θ⎛ ⎞= ∧ + = =⎜ ⎟
⎝ ⎠
= =
2 21 1
2 2 2dS d CdS r d rdt dt
θθ= ⇒ = = Tel que é é é é
212 2
ds d Cr ctedt dt
θ= = = 2- Principe fondamental de la dynamique : F mγ= or rV ru r uθθ= +
( ) ( )( )2
2
1
2r
d rr dt
r r u r r uθ
θ
γ θ θ θ= − + +
103
( )
( )
22
2 22
1 0
kmm r rr
d cr r cr dt r
θ
θ θ θ
⎧ − =⎪⎪⇒ ⎨⎪ = ⇒ = ⇒ =⎪⎩
On pose 1u
r=
( )2rr r uγ θ⇒ = −
22 2 3
3
cr C Ur
θ = = ( )1
udd d d dr du d d du dr rdt dt dt du d dt dt du d dt
θ θθ θ
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
2 2 2
2 22 2 2 2
d du d du d u d d u d ur C C C r C udt d u dt d d dt d d
θ θ θθ θ θ θ θ
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = − = − = − ⇒ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
2
2 22 r
d uc u u ud
γθ
⎛ ⎞⇒ = − +⎜ ⎟
⎝ ⎠ : Formule de Binet
2 22 2 2
2 2 2
1r r
d u d u kF m mc u u u ku u ud d mC P
γθ θ
⎛ ⎞= = − + = − ⇒ + = =⎜ ⎟
⎝ ⎠
( )
( ) ( )( )
22 1
2 2
1 10 0
1 1cos 1 cos
Pd ud u u ud P d P
u A u APP P
θ θ
θ α θ α
−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇒ + − = ⇔ + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⇒ − = + ⇒ = + +
( )θ α
⇒ =+ +
= =2 2
Pr : Equation générale d'une conique de paramètre P et d'excentricité e
1 ecos
mC mCTelque P et e A
k k
Remarque : La trajectoire est une : 111
Hyperbole si eEllipse si eParabole si e
><=
: 3-
3
3
3
2 3; ;
k xrx
k yr y r
k zz r
k kf u rot f o f OM rot f fr r
∂∂
∂∂
∂∂
−
= − = = − = ∇ ∧ = ∧
−
104
( ) ( )( ) ( )( ) ( )
3 3 5 5
3 3 5 5
5 53 3
3 3 03 3 0 03 3 0
y z
z x
x y
kz r kyr kzyr kyzrkx r kyr kxzr kzxr rot f
kyxr kxyrkyr kxr
− −∂ ∂ − −∂ ∂
− − − −∂ ∂∂ ∂
− −− −∂ ∂∂ ∂
− + − + == − + = − + = ⇒ =
− + =− +
1
p p
p p prp
E telque f grad
grad u u kr r z
θ
εε ε ε
εθ
⇒ ∃ = −
∂ ∂ ∂= + +
∂ ∂ ∂
ε
εε ε
θε
→∞
∂⎧=⎪ ∂⎪
∂⎪⇒ = ⇒ = − =⎨ ∂⎪
∂⎪=⎪ ∂⎩
p2
pp pr
p
kr r
1 k0 en prenant lim 0
r r
0z
4- L’énergie mécanique 21
2C pkE E E mVr
= + = − 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 : ( )0 0 0 0 0 ; ; V ; u,Vr r Vθ θ α= = = =
= =
= −
0
20 0
0
E cte du mouvement E
1 kE mV
2 r
( )
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0
cos sin
cos sin sinr
r r
V V u V u
L m r u V u V u mr v k mCkθ
θ
α αα α α
= +
= ∧ + = =
0 0 0sinC r v α⇒ = 6 - ( )
22 2 2 2 2 2
4
22 2 '
2
2'
2
1 1 1 12 2 2 2
1 1 ( )2 2 2
( )2
k k C kE mV m r r mr m rr r r r
mC kmr mr E rr rk mCE rr r
θ= − = + − = + −
= + − = +
⇒ = − +
7- 2 ' 2 ' 2
'm2 2 3
( ) ( )( ) 0 pour r2
= − + ⇒ = − ⇒ = =k mC dE r k mC dE r mCE rr r dr r r dr k
2
2 '
2
( )
d Edr
d E rdr
⇒
Il existe '
2mE = −
r
2d Edr
dEdr
'E
8- RappPour qudevenir Il faut doAu contr9- Nous
'
2 2
( ) 1 (
) 0 pour r
E rr r
= −
=
un minimu2
22 2kmC
= −
'
2
E 'E
r
'
pelons que Eue le mobileinfini et dononc que E ≥raire, pour qtraduisons
2
2
32
3r2
mCkr
mC ek
− +
=
m pour : r
2
0 0( sink
m r v α
0
- ∞ +∞
212
E mr= +e puisse s’énc que ('
E r0. qu’il reste pla condition
2 '
2
)
( )
r
d E retdr
2
mmCr
k= =
20 )α
2mc2k -
' ( ) doncE r+échapper de)r puisse d
prisonnier iln E ≥ 0
O
105
3 0m mr
kr=
= >
mr
2
( )'
c E E r≥e l’attractiondevenir nulle faut que E
0
2
mmc
k= 0 2
2
-k 2mc
n du centree. < 0.
2mc 32k0 +
e de force,
il faut que
∞
0 0
r puisse
106
⎛ ⎞− ≥ ⇒ = ⎜ ⎟
⎝ ⎠
12
20 om
0 0
1 k 2kmV 0 la valeur minimale de la vitesse en norme est V
2 r mr
10- Quand = = ⇒ ='mE E ; r 0 r cte le muvement est circulaire.
Exercice 8 1-a- ( )γ γ⇔ ∧ =0 0R RM est centrale OM ( M ) 0 Le mouvement se fait suivant Ox, et la seule force est la force de gravitation.
γγ
⎫⎪⇒ ∧ =⎬⎪⎭
0
0
RR
( M ) // FOM ( M ) 0
F // OM
b-Loi des aires : ρ
ρ θ ρ ρ θρ θ α
ρ θ α
⎧ =⎪= = = ⎨⎪ =⎩
⇒ =
02
0 0 0
0 0 0
20
R
C ; pour t 0, C , avec
V sin
RV sin
c- En appliquant le P .F.D :
( ) ( )0
0
R
2
; V ( )
( ) 2R
OM i M i j
M i j
ρ ρ ρθ
γ ρ ρθ ρθ ρθ
= = +
= − + +
P.F.D : 0 2( ) t
Rm mm M G iγρ
= − 2
2
2 0 (1)
(2)tmG
ρθ ρθ
ρ ρθρ
⎧ + =⎪⎨ − = −⎪⎩
( )2 2 2
2 2 20
3 2
(1) 2 0 0
sin(2) (3)t
d Cdt
R V Gm
ρρθ ρ θ ρ θ ρ θ
αρρ ρ
⇒ + = ⇒ = ⇒ =
⇒ = −
2-a- F : est centrale ⇒ ρ
= ⇒ = ⇒ = tmmrotF 0 F gradU U G
b-Détermination de h : L’énergie : ( ) 212
tc
mmE t E U mv Gρ
= − = − à t=0 ( ) 2
0102
tGmmE t mv hρ
= = − = Système isolé ⇒ conservation de E
107
c- ρ
− = −2 2t t0
Gmm Gmm1 1mv mv
2 2 R
ρ= − +2 2 t t
0
2Gm Gmv v 2
R et d’autre part : αρ
ρ= +
2 2 22 2 0
2
R v sinv
Soit αρρ ρ
⎛ ⎞= − + − −⎜ ⎟⎝ ⎠
2 2 22 20
0 t2
R v sin 1 1v 2Gm
R
En dérivant on trouve : ρ αρρ ρρ ρ
= −2 2 2
t03 2
Gm2 R v sin2 2
En simplifiant par 2ρ on trouve l’équation (3) : αρρ ρ
= −2 2 2
t03 2
GmR v sin 3-a- Vitesse de libération minimale : c.à.d. ρ ∞→ ∞ = et v 0 D’après c- 2 2 2 2t t
lGm Gmv vR ρ∞ = − + donc 2 2 20 t t
l lGm Gmv v
Rρ= − ⇒ =
b- Expression simple de h : ( )⇒ = = −2 20 l
1h E m v v
2 c- Trajectoire :
0
0
0
000
l
l
l
v v E Hyberbolev v E Parabolev v E Ellipse
> ⇒ > ⇒= ⇒ = ⇒
< ⇒ < ⇒
4-a- Changement de variable : 1uρ
= [ ]
2 2
2 22 2 2 2 2 2 2
u 1 duu u d
du du duc v c c u v c u loi de Binetd d d
ρ θθ
ρθ θ θ
= − = −
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − ⇒ = + ⇒ = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( ) ( )( )
( )( )
cos sin10 02 2
t 2 2
2 t
22 2 2
1 e edub- c a 1-e Gm uda 1 e a 1 e
Gmm1E mv2
donneduv c ud
θ θ θ θθ
ρ
θ
− − −⎡ ⎤= ⇒ = ⇒ =⎣ ⎦ − −
⎧ = −⎪⎪⎨ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎪ = +⎢ ⎥⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦⎩
( ) ( ) ( )
( )sin cos cos
22 20 0 0 t
t 2
e 2e 2 1 e Gmm1E Gmm soit E - h2 2aa 1 e
θ θ θ θ θ θ⎡ ⎤− + − − + − −⎣ ⎦= = =−
108
( )
2 2t t tt
t0 s s
5 a Carré de la vitesse en un point de la trajectoire
Gmm Gmm Gmm1 2 1mv E et par suite v Gm2 2a a
Gmm 1 eb pour a 1 e v2a 1 e
ρ ρ ρ
θ θ ρ
−
⎛ ⎞= + = − = −⎜ ⎟⎝ ⎠
−− = ⇒ = + ⇒ =+
6-a – Si M décrivant un cercle à partir de S
γρ ρ
= − + = ⇒ =+0
2t t
R 2s S
Gm Gmw 1( M ) i wj i W
a 1 e
( )ts
Gm 1b V w V 1 1 e
a 1 ec oui , ce type de changement d'orbite est possible .
Δ− = − = − −+
−
ExerciUne maressorts1- Calcdes ressMontrer2- La mde x à pa Etab3- Rés
ExerciSoit un plateau.rigidité tournanmouvemfF η= −
1- Dan
ice 1 asse m est rs sont distanculer à l'équsorts. r que si mg⟨masse m peuartir de sa pblir l'équatiosoudre cetteice 2 repère fixe M est un pk et de lonnt sur le plament du poin
dx idt
η ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ av
ns un premi
O
reliée à deunces de 2a. Cuilibre les lo2ka⟨⟨ on peuut se déplacposition d'éqon complètee équation en
e R (O, x, ypoint matérgueur à vidateau XOYnt M, astreinvec η coeffi
er temps, le
Oscillate
ux ressorts Chaque ressongueurs 1
ut prendrecer horizontquilibre. e de mouvemn supposant
y, z) de baseiel de massde 0 . Le rautour de lnt à se déplacient de frot
système os109
eur Harm
identiques,ort non tend1 et 2
1 2= . talement ment. t x a⟨⟨
e ( )I , J ,Ke m reliée aressort est pl'axe OZ avacer sur l'axttement. On
scillant n'est
moniqu
placés verdu a une lon
dont le plaau point 0 pporté par l'avec la vitesse Ox , est gê donne k
m⎛⎜⎝
t pas forcé.
ue
ticalement. ngueur 0l ⟨
an XOY est par un ressaxe Ox , de se angulaireêné par une2
mω⎞⟩⎟
⎠.
Les extréma⟨ ; sa raideu
matérialiséort de consvecteur une constω =e force de fro
mités des ur est k.
é par un stante de itaire i , tante . Le ottement
a- En l'équatiob- Aprse mettrEn dédul'équatio2- En F kx= −régime pa- En ub- CalcRepréseExercicUn pendest en m
On supppar le prepérée abandon
appliquant on différentrès avoir faire sous la fouire la pulsaon différentun deuxiè
cosox t iΩ , permanent sutilisant la nculer l'impenter ( )Z Ω
e 3 dule de masmouvement s
pose que le point A et q par l'angle nné à lui mê
le principe ftielle régissait les changerme : 2
2
d udt
+ation propretielle n'est pème temps,qui lui imps'établit. Alonotation comédance mé dans le casse m et de losur une voie
mouvementqui contient ( ,k Aθ = −ême sans vit
fondamentaant le mouveements de v2 o
dudt
αω+ +e de ce systèas demandé, le point pose sa pulsors, la vitessmplexe, déteécanique Zs ou le coeffiongueur e rectiligne h
t du pendult l'axe OY d)AM . Initiatesse initiale
110
al de la dynaement de M variables ap2 0o uω+ =
ème oscillanée) M est sousation. On sse relative derminer l'amde ce sysicient de fro
est suspendhorizontale
e s'effectue de la voie. alement, le pe.
amique en Msur l'axe Oxppropriés, mnt en fonctioumis à unese propose de M est : dx
dtmplitude de tème. Discuttement estdu en un poi(voir figure
dans le plaLa positionpendule est
M dans le repx . montrer que
on de ,k etω
e force exd'étudier le(coso
x Vt
= Ωla vitesse etuter Z en t nul. nt A du plaf)
an vertical n instantanécarté d'un
père ( )oxy ,cette équat
t m (la résolcitatrice ex système lo
)t ϕΩ − t sa phase. fonction dfond d'un w
(A, y, z) qnée du penangle 0θ , p
, déduire tion peut lution de xtérieure orsque le
de etηΩ . wagon qui
qui passe ndule est puis il est
111
I- Le mouvement du wagon par rapport au repère fixe 0R 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 0ω du mouvement du pendule et faire une représentation graphique de ( )tθ . 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 kν= − 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 la forme : 202 0θ λθ ω θ+ + = Expliciter λ et 0ω et donner leurs significations physiques.
b- Déterminer le degré d'amortissement qui est défini par 0
λαω
= c- On considère le cas d’un amortissement faible ( )1α⟨ • Etablir la loi du mouvement du pendule • Faire une représentation graphique de ( )tθ • Déterminer la constante de temps 1τ
λ= et préciser sa signification physique.
• Calculer le décrément logarithmique δ . • Déterminer la pseudo-période 2T π
ω= et l'exprimer en fonction de la période propre
2o
o
T πω
= etδ . Que devient son expression lorsque λ est faible? d- On considère le cas de l'amortissement critique ( )1α = et le cas d'un amortissement fort ( )1α⟩ . • Ecrire la loi du mouvement du pendule dans chaque régime. • Donner l'allure de ( )tθ dans les deux cas. II- Le wagon effectue un mouvement uniformément accéléré avec l’accélération yeγ γ= . On prend les nouvelles conditions initiales 0 0θ = et 0 0θ = pour le mouvement du pendule.
112
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 ( )tθ . 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 : ( ) ( )sint C tθ ϕ= Ω + 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 déphasageα 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
( )0f vα α= − > . 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 0 cos xF F teω= 1. Etablir l’équation différentielle du mouvement de la boule P. On posera : 20 0 0; 2 ;m k m F maω α λ ω= = = 2. Le régime d’oscillation forcée correspondant à la solution : ( )0 cos sin cosx x t A t B tω β ω ω= − = + 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 ( )2
0ω ω− . On pourra donc remplacer 0 parω ω sauf dans le terme 0ω ω− .
113
b- Montrer que la puissance moyenne absorbée par l’oscillateur est 12
P m Aaω= . On rappelle que la valeur moyenne d’une fonction f(t) sur une période Test : ( ) ( )
0
1 T
f t f t dtT
= ∫ c- Pour quelle valeur deω , la puissance moyenne P est maximale ? Pour quelles valeurs 1 2 max
1 , ?2
et de a t on P Pω ω ω − = Calculer 1 2ω ω ωΔ = − et vérifier que
0
11 2
avecτ ω τλω
Δ = = . Interpréter ce résultat. On rappel que (1 ) 1 1n n pourε ε ε+ + << 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 ( )
0i tv v e ω ϕ−= et en remplaçant ( )sin i ta t par aeϖω , donner les expressions de 0 v et tgϕ . Etudier leurs variations en fonction deω . 4- On désigne par Z l’impédance mécanique complexe du système par analogie à l’impédance électrique telle que : vZ = ka a- Trouver l’expression de Z et Z en fonction des données du problème. On pose iZ Z e θ= . b- Etudier la fonction deω , 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.
Exerci1- Le r
(mg k+
1
2
2
2
1
1
l et l s
l l
l l
+ =⎧⎪⎨ − =⎪⎩
<Si mgde la m2- A l’éqLorsqueencore l
2F k=
L’équati2
2
2
2
d xmdt
qui peu
d xmdt
=
=
3-Si x <ce qui d2
2 2d xdt
+
Qui est cExerci1-a PFD
rm Pγ =
ice 1 ressort supé2 0( ) (l l k l− −
2'
sont donnés
a d omg
k
=
=
2 ,<< ka on pmasse devantquilibre , la te la masse e
1 2l l= ; 1T =
( 2 2k a x+
ion de mouv( 22
2 1
k a
ut s'écrire :
k
= − +
⎛= − −⎜
⎝
a<< , On peonne comm02 a lk x
ma−⎛ ⎞
⎜ ⎟⎝ ⎠celle d’un os
ice 2
D dans le refP R F+ + +
Co
érieur ayant1 0) 0l l− = ⇔
1
2
s par le syst
l a ù
l a
⎧ = +⎪⎪⎨⎪ = −⎪⎩
peut prendrt les tensiontension de cest déplacé
( 22T k a=
)0 sinl α−
vement est d)2
0
02 2
x l
l xa x
+ −
⎞⎟
+ ⎠eut prendre me équation d0x =
scillateur haepère (oxy)
c eT F F+ + +
orrectio
t la longeur l2(mg k l⇔ +
tème d équamg k
mgk
+
−
2= =1re l l ans des ressochaque ressoe horizonta
)2 20x l+ −
avec sinα =
donc : 2 2
xa x+
2 2a x+du mouvemarmonique d
114
ons des
l1, l’équatio2 1) 0l− = ations
,a ce qui reorts .ort est 0T =alement de et la force d
22
xa x
=+
a ment de pulsation
exercice
n d’équilbre
evient à négl
( )0k a l= − x, les tensde rappel F
ω définie p
es
e est :
liger le poid
sions devien à pour mod
ar : 2 2ω =
ds nnent en sudule .
( )0k a lm
−
upposant
115
Forces réelles : poids P mgk= − ; réaction R ; frottement fdxF idt
η= − et la Tension ( )0T k x l i= − − Forces fictives : entrainement eF et Coriolis cF
1
2 2c RdxF m k V m jdt
ω ω= − ∧ = − ( )2 2
eF m k k xi m xiω ω= − ∧ ∧ = Projection du P.F.D sur l’axe (Ox) : ( )
22
02
d x dxm k x l m xdt dt
η ω= − − − + soit ( )
22
02 0d x dx k x l xdt m dt m
η ω⎡ ⎤+ + − − =⎢ ⎥⎣ ⎦
2 222 0
0 0 0 22 20
0 2 0ld x dx k k d x dx kx l xdt m dt m m dt dt m
η ω αω ωω
⎡ ⎤⎛ ⎞+ + − − = ⇒ + + − =⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎣ ⎦
tel que 2 2
0km
ω ω= − et 02mηαω =
b- En posant 02
0
lku xm ω
= − l’équation devient 22
0 02 2 0d u du udt dt
αω ω+ + = Pulsation propre 2
0km
ω ω= − 2- l’équation s’écrit : 2
2 00 02 2 coskxd u du u t
dt dt mαω ω+ + = − Ω a- Amplitude et phase de la vitesse : ( )
0 0cos( ) ;j tdx V t x V edt
ϕϕ Ω −= Ω − → = 0 j tkxF em
Ω= − ( ) ( ) ( )0 0
0j t j t j tV Vx e j e x j V e
jϕ ϕ ϕΩ − Ω − Ω −= − = − ⇒ = Ω
Ω Ω
d’où 2( ) 0 0
0 02j t j tk xV e j em
ϕ ω αωΩ − Ω⎡ ⎤⎛ ⎞
Ω − + = −⎢ ⎥⎜ ⎟Ω⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
soit 20 0
0 02 j kxV j em
ϕω αω −⎡ ⎤⎛ ⎞
Ω − + = − ⇒⎢ ⎥⎜ ⎟Ω⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ 22 22
2 220 00 0 24 k xV
mω α ω
⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥Ω − + =⎜ ⎟Ω⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
0
0 22220
0
1
4
kxVm ω α ω
=⎛ ⎞
Ω − +⎜ ⎟Ω⎝ ⎠
La phase ⎡ ⎛
Ω⎢ ⎜⎢ ⎝⎣
j
Donc b-Impéd Z= Am
A
Z= m ExerciI- Le m1- On ne
dLadt
L i L
P m
T Tu
Δ
Δ
−
=
= −
= −
(
e
c
F m
F m
P
donc :
Δ
= −
= −
+M
(1) : Eqb- Pour
0
(1)
avec
θ
ω
⇒
e : 2
0 2ω α⎞
− +⎟Ω ⎠
2tg
ω
ϕαω
Ω −=
dance mécamplitude de
Amplitude de
20m ω⎛
Ω −⎜ Ω⎝
ice 3 mouvemente considère ((
(co
A
r
P
L i AM
mgk mg
u avec T
Δ= +
=
=
=
M
2
0
0e
c
e c
m
m
F F T
dL mldt
γγ
θΔ
=
=
+ + +
=
quation différ les petits m
0
0
g l
g pull
θ θ
ω
+ =
=
(0 cosαω ϕ⎤⎥⎥⎦
20
0
ω
αωΩ
anique Z : 0
0
kxe Fe v V
= 22
2η⎞
+⎟⎠
t de wagon epas les forc)
) (os sin
e c
r
F F T
mV i
u
T
θ θ
+ +
∧ =
−
) (sin
T i AM
mglθ
=
= −
érentielle démouvements
( ) (2) t
lsation prop
θ⇒
)sinϕ− =j
est uniformeces de frotte)(
)r
avec l'a
lu ml u
u
θ
θ
θ
θ
Δ
+
( ))n
P T
gl
θ θ
∧ + =
⇒ +
écrivant le ms, sin θ θ
() cosC
pre du mouv
ω=
116
0 0− + ⇒kx jm
e : ment )
axe Ax
L mθ Δ⇒ =
sin
sin 0
mgl
g
θ
θ
= −
=
mouvement
)0t
vement du p
ω ϕ+
20ω⎛
⇒ Ω −⎜ Ω⎝
2ml θ
(1)
θ
relatif du p
pendule.
2
cos 2ϕ α⎞
−⎟⎠
pendule.
0 sinαω ϕ = 0
((t
t
θ
θ
⎧ =⎪⎨
=⎪⎩2- On tipendulea F
dL mdt
Δ
−
=
M
Pour les θ λb- α =
c- α <
2 2r λ+
r λ= − ±
( )t Bθ =
( 0tθ =
On peut
))
cos
0 sin
0 C
C
ϕ
ϕ
=
= −ent compte e sera soumi(2
F kv
P T F
ml mgθ
Δ
= − = −
+ +
= −
M
s petits mou2θ λθ ω+ +
k 2m
λ = es0 2
km
λω
= d(1 amortis
20 0rλ ω+ =
iω± avec (costBe λ ω−
) 0 et (tθ θ=
t écrire ( )tθ
0
0
ϕ θ
ϕ
=⇒
=du frottemis, en plus d)
2sin
e c
kl u
F F F
gl kl
θθ
θ θ
−
+ +
−
uvements ( (θ
20 0 ω θ =st le coefficie
degré d’amossement faibEquation ca 2
0ω ω= −
) tt e λω ϕ −− =
t 0) 0= = ⇒
) sous la for
0 et Cϕ = =
ent et on vaes forces pr) sinmgl
km
θ θ θ
= −
⇒ +
): faibleθ e ent d’amorti
ortissement )ble aractéristiqu2λ− : pseud
( cost C tλ ω +
( ) 0t eθ θ −⇒ =
rme : ( )tθ =
Mouv
117
(0 tθ θ= ⇒
a considérerécédentes à2n
sin
kl
gl
θ θ
θ θ
−
+ =
et en posant issement
ue do-pulsation)sinD tω+
cost tλ ω− ⎛ +⎜⎝
00 cte λω θ
ω−=
vement sinus
) 0 cost θ ω=
r uniquemenà l’action de 0 =
t 2km
λ= , l’ (5)
n sin tλ ω
ω⎞+ ⎟⎠
os( )tω ϕ− soïdal amort
0t (3)ω nt la force cette force. (4)
’équation (4
(6), avec tg
i
exercée par
4) s’écrit :
( )g λϕω
=
r l’air. Le
1τλ
=
τ est le δ = élongatimesure
( )(
tn
θθ θ +
2T πω
=
d- 1α =
( )((
( )
t e
t
t
t
θ
θ
θ
θ
=
⎧ =⎪⎨
=⎪⎩⇒ α >
( )((
( )
t e
t
t
t
θ
θ
θ
θ
=
⎧ =⎪⎨
=⎪⎩
⇒
Dans lla positi Le ret plus rap le régimII- Le uniform
yeγ γ= Nouvell1- eF = −
2mk
= : contemps au boλT est le dions maximades élongat
))
n TenT
λ= =
0T Tπω
⎛⇒ = ⎜
⎝
1 Régime cr(
))
(
0
0
0
0 0
t
t
e C t D
C
e t
λ
λ
θ
θ λ
−
−
+
=⇒
=
=
1> Régime(
))
)
0
0
0
0 0
t
t
e c ch t
C
e ch
λ
λ
β
θ
θ
−
−
=⇒
=
⎛= ⎜⎝
les deux région d’équilibour à la pospidement dame apériodiqwagon mément accé les conditionem mγ γ− = −
stante du teout duquel lécrément loales à chaqutions maximne δ δ= ⇒ =
12 2
214δπ
⎛ ⎞+⎜ ⎟
⎝ ⎠ritique )
)
0
1
D
C et
t
λθ
λ
=
+ apériodiqu)
0
t D sh t
C et D
h t sh
β
θ
λβ ββ
+
=
+
gimes, le retobre se fait saition d’équilans le régimque. effectue léré n initiale : θ
(yeγ Δ⇒M
emps ’amplitude dogarithmiquue période. Emales du mou(
(1 lnn t
θθ⎛⎜⎜ +⎝
si 1δ << ⇒
0D= θ
ue. 0
2avec
t
β λ
λ θβ
β
=
=
⎞⎟⎠
our à ans oscillatiolibre se faitme critique qun m
0 00 et θ θ= =
) (eF i AM=
118
des oscillatiue du mouvEn pratiqueuvement. )
)tnT
⎞⎟⎟+ ⎠
0 1T T⎛
⇒ +⎜⎝
220λ ω−
ons. ue dans
mouvement 0=
)eM F m∧ = −
ions est divivement. Il ce, la détermi
2
28δπ
⎞+ ⎟
⎠
( rml i u jγ ∧
sée par e. caractérise lnation de δ
)j
la décroissase fait à parance des rtir de la
Or sj =
dL mdt
km
θ
Δ =
⇒ +
Pour θ f2- •
( )2
tθ
ξ λ
=
=
•
( )tθ = −
•
( )2
tθ
ω ω
=
=
P lθ = −
θ(t) ten
III- L e 1- Les o
sin coruθ +
2
sin
ml mg
k gm l
θ
θ θ
= −
+
faible, l’équa1α >
220
tpe cλθ
λ ω
− ⎛= − ⎜⎝
− (t
pe tλθ λ−− +
1α < 2 2
0
ctP e λθ
ω λ
− ⎛= − ⎜⎝
−
20l
γω
solutiond vers la va
wagon effecscillations d
1=α
s uθθ Δ⇒M
2sin
cos
gl kl
l
θ θ
γθ θ
−
+ =
ation différe
ch t shλξ ξξ
+
)1 p + θ+ cos st λω
ω+
on particulièaleur Pθ = −
ctue un moudu pendule s
( )eF mΔ = −M
cos
0
ml
θ γ θ−
=
entielle(6) s
Ptξ θ⎞ +⎟⎠
sin Ptω θ⎞ +⎟⎠
ère de l’équa2
0lγ
ω− de faço
uvement sinsont entrete
119
cosmlγ θ (6)
θ se simplifie e
ation différeon périodiq
nusoïdal de penues par la
et s’écrit : θ
ntielle. ue ou apério
pulsation Ωforce d’iner
02θ λθ ω+ +
odique suiva
Ω et d’amplitrtie d’entrain
20 0
lγω θ + =
ant la valeur
tude a. nement.
r de α.
( )e
e
F m
F
pour
2
θ
θ λθ
Δ
= −
+
M
Régime CherchoEn remp
ϕ
ϕω
−
=
iCe
d'où C
tg
2- A lamax
0dCd
aC
=Ω
=
) ((
2
2
e
0
m m a
e AM
faible F
a
γ
θ
θ ω θ
= Ω
= ∧
+ =
M
forcé (θ→ons une soluplaçant cos
(
2
20
2 20
2
2
λ
ω
λω
−Ω + Ω
=⎡ − Ω⎢⎣
− Ω =− Ω
i
C
a résonnanc20
11
2 1al
ω
α α
⇒ Ω =−
−
))
2
cos
cos
y
e
e
a t e
F m a
F mal
a t l
Ω
∧ =
= Ω
Ω Ω
( ) (sint C ω=ution complèexp
)
20
2
22 2
02 2
0
4
2
ω
λ
αωω
ΩΩ + =
Ω
Ω + Ω
Ω−− Ω
a
a l
e, l’amplitud2
02
2
2ω
α
α
⇒ Ω−
2
2
cos
cos
l t
t et
Ω Ω
Ω Ω
)tω ϕ+ ète de la formp , 2
122
02
20
2
1
αω
ω
Ω
=⎤ ⎡⎛Ω ⎥ ⎢⎦ ⎜
⎢⎝⎣Ω
= −Ω−
l
al
de est maxim0
21 2ω
α=
−
120
cost
l'équation
(8)
θ
me ( )tθ→ 2
22
20
/
1
ω
ω
Ω
⎛ ⎞Ω− +⎟⎝ ⎠
male.
différentiell
( )i tCe ω ϕ+=
20
122
22
0
4
ω
αω
⎤Ω ⎥+⎥⎦
le du mouve
ement s'écriit :
Exerci1- xmxe
α+x xm
on pose
l'équati2-a- Le r
((
2
2
2
2
si
s
ωω
ω
ω
ω
ω
=== −
−
− −
−
−
x Ax Ax A
A
A
donc
A
B
( 0ω
⎧⎪⎨⎪⎩
=A
GraphesOn rem(2 ω
A
ice 4
xxe kα= − −
0
2α λω
+ =
=
Fkx xm m
e : m
ion devient régime d’osc2
2
0
0
in coscos
sin
sin
2
2
ωω ω ω
ω ω ωω ω
λ ω ω
λ ω ω
+−
−
−
− +
− +
+
t Bt B
t
t B
B
B
)
0
022 2
0
2
2
4
λ ω ω
λ ω
ω ω
+
− +
A
a
s A(ω) et de mplace dans l)2
0 2λ
ω ω− +a
0 coxkxe F+
20 0
cos
;
ω
ω ω
λω
=
+ 0
t
km
: x 2 xcillations for
))
2
20
20
ssin
cos
cos 2
sin
0
ωω ωω ω
ω
ω ω
ω
+
+
+ =
tt
B t
B t
A
A2
0
0
22 204
ω
ω ω
λ ω ω
⇒+ =B a
;
B(ω). les expressi42
02λ ω ; B
os xteω
20 cω
=
+ =
0Fet am
x x arcées corres
(0
2
2 ( coλω ω
ω ω+ −
A
t B
(
(
20
0
20
2
ω ω
λ ω ω
ω
⎧ −⎪⇒ ⎨⎪⎩
=
A
; B
ons de A et (0 02ω ω
aB
121
cosωt
spond à la so
0
os si
2
ω ω
λ ω ω
−
+ +
t B
A
)(
()
2
20
2 20
22
2
4
ω λ
ω ω ω
ω ω
ω λ
−
+ −
−
− +
A B
a
B, par 0( )
)0
2 2ω ωω λ
−
− +
a
olution :
)2
0
20
in ) (
cos
ω ω
ω ω
+
+
t
B
))
0
2
2
22 20
0ωω
ω
λ ω ω
=
=
B
B a
sauf dans le32
0λ ω
( sin
cos
ω
ω ω
+
=
A t B
t a
e terme ( -
cos )ω
ω
=B t a
t
- 0)
cosωa t
b-La pui
0
1
12
= ⋅
⟨ ⟩ =
=
− ⟨ ⟩
⟨ ⟩ =
P F
PT
F ma
c P
P
(
(0
1
2
ω
λ
ω ω
ω λ
=
=
Δ =
2
les solu
est fa
ω ωΔ = 3-a- On 2
2 2d vdt
+
b- On ppartir de
issance abso0
0
0
max
max
cos
1
12
2 8
ω=
=
⇒ ⟨ ⟩ =
= ⟨ ⟩
⟨ ⟩ ⇒
∫T
v F
FPdtT T
a P
P po
P
)
( )
220
0
2
11
λ ω
ω
λ
λωτ
+ ±
⇒
±
=
2
utions sont
aible
av
2 1ω ω− : Larg
dérive par r02 dv
dtλω ω+
prend une se l’équation
orbée par l’o[
(
2
0
2
20
cos
cos
12
8
ω ω ω
ω ω
ω
ω ω
λω ω
=
=
∫T
0
0
t A
AT
m Aa
our
ma
( )
2 20
2
2
1 2
ω λ λ
λ
τ
±
+
vec le tepgeur de la ba
rapport au t2
0 siv aω ω= −
olution de en v on obt
oscillateur e
)
0
max
2
22 2
sin
4
ω ω ω
ωω
λ ω ω
ω
−
−
⇒ ⟨ ⟩ =
− +0
t B
F Bt dtT
P
ma
)
2
2 20 0
1
2
λ
ω ω λ
+
±
ms d'amortande passan
emps l’équain tω type 0V V=tient :
122
est donnée p]
0
2
2
22 20
cos sin
4
4
ω
ω ω
λωω
λ ω ω
=
⇒
∫T
0
t
t
ma
2
12
λλ ⎛ ⎞+⎜ ⎟
⎝ ⎠
tissement dente
ation différe( )
0i tV e ω φ− et o
par : 0
240
n
2
ω
ω ω
=
⇒ −
F At dtT
(20 1 2ω λ±
es oscillatio
entielle précon remplace
( )2 22 1
ω
λ ω+
AT
)λ
ons libres .
édente en xe ( )sina tω
2 + 20 0ω =
. On trouve par a = i tae ω= , à
(
0
0
2
i
0
v e
tg
V
V aura
φ
φω
− =
=
=
0ωω
→⎧⎨ → +⎩4- Z impa- En
ω
=
=
kaZVmZ
b- Etude0ω
ω→⎧
⎨ → +⎩
( )
( )
2 20
022
0
22 20
2
a
a
a la même a
ω ω
λωωω ω
ω
ω ω
−=−
−
− +
0⇒ →
+∞ 0V
pédance mécremplaçant(
20
220
0
φ ωω
ω ωω
=
−
i me
e de la varia0
⇒ →+∞
Z
0
22 20
2
4
ai
llure que A
ωλωω
ω
λ ω ω
+
+
0 masse re
canique comt V et a pa(
)
2 20
22 24
ω ω
ω λ
−
− +
tion de Z → +∞ L’osc
este immobi
mplexe de l’oar leurs expr)2 22
0
22 20
4λ ω ω
ω ω
+
en fonctioncillateur est
123
ile oscillateur Zressions 0V e
2 φω ie deω . d Z
dω
t équivalent
ZV ka= ( )i wte et aeφ−
20
2mω= −
t à un circuit
,iwte on obtie
( )( )
2 20
2 20
ω ω
ω ω
−
−
t électrique
ent
( ))
2 20
22 204
ω ω
λ ω ω
+
+
ouvert.
2ω
