Exercices Corriges Mecanique Du Point PDF [PDF]

Zitiervorschau

Faculté des Sciences de Monastir Département de Physique

MECANIQUE DU POINT MATERIEL EXERCICES CORRIGES PREMIER CYCLE UNIVERSITAIRE SCIENTIFIQUE

L OTFI BEJI AHMED REBEY BELKACEM EL JANI

>0

Cinématique du point matériel (I) Exercice 1 Soit un repère fixe R0 (0,x,y,z) de base ( i , j , k ) et M un point défini dans R0 par ces cordonnées : x=cos α , y= sin α , z=sin2 α , ; avec α un paramètre réel . Soit M0 la position de M pour α =0, et S la longueur de l’arc M0M. a-Trouver les vecteurs unitaires τ et n de Serret-Frenet en M. b-Calculer le rayon de courbure ρ . Pour α =0, vérifier que ρ =

1 5

.

Exercice 2 Soit un point matériel repéré par ces cordonnées cylindriques ρ , ϕ , et z telles que :

ρ = at 2 ,z = at ,ϕ = ωt , où a et ω sont des constantes. 1-Calculer les composantes cylindriques du vecteur vitesse. 2- On déduire les composantes cylindriques du vecteur accélération. 3- Calculer les modules des vecteurs Vetγ .

Exercice 3 Soit un mobile M se déplaçant sur une branche d’hyperbole dans un repère R (o, i , j , k ). M est repéré par le vecteur position OM =x(t) i +

a j , avec a constante positive et x(t) = at. x (t )

1- Déterminer les vecteurs unitaires de Serret-Frenet en fonction des vecteurs i , j , et k 2- Calculer le rayon de courbure ρ (t ) et le centre de courbure C. 3- Tracer l’hodographe

Exercice 4 Dans le plan (Oxy), le mouvement d’un point P est déterminé par les équations paramétriques : x=v0 t cos α , y = v0t sinα −

1 2 gt où v0 est la vitesse initiale de P et α est l’angle que fait v0 avec 2

l’axe Ox. 1-

quelle est la nature de la trajectoire ?

2-

Déterminer :

-

Les accélérations normales et tangentielles.

-

Le rayon de courbure ρ (t ) ainsi que le centre de courbure C(t)

-

Les expressions des vecteurs unitaires de Serret-Frenet.

1

3-

Trouver l’angle entre les vecteurs vitesses et accélérations au point où la trajectoire

recoupe l’axe Ox.

Exercice 5 Le mouvement d’un point matériel M dans un plan est défini par les équations paramétriques suivantes :

r( t ) = r0 exp( −

t2

τ2

); θ ( t ) =

t2

τ2

où r0 et τ étant deux constantes positives.

On appellera u r le vecteur unitaire porté par OM et uθ le vecteur qui lui est directement

uθ

perpendiculaire (voir figure).

ur r O

M

θ

x

1-

Calculer le vecteur vitesse V (M ) ainsi que son module.

2-

Evaluer l’angle entre le vecteur unitaire u r de la tangente à la trajectoire en M et le vecteur

unitaire radiale. Que peut –on dire de cet angle ? 3-

Calculer l’accélération γ ( M ). En déduire ses composantes tangentielle et normale dans la

base de Serret-Frenet ( u r , u N , B) . 4-

Calculer le rayon de courbure ainsi que le centre de courbure de la trajectoire à l’instant t.

Exercice 6 Un mobile assimilé à un point matériel M a pour coordonnées à l’instant t X(t) = v0 t cos ωt ; y(t) = v0 t sin ωt ; z(t)=0 où v0 et ω sont des constantes positives. 1- Donner les expressions vectorielles de la vitesse instantanée et de l’accélération instantanée de M ainsi que leurs modules. 2- Calculer les composantes tangentielles et normales de l’accélération ainsi que le rayon de courbure. 3- Lorsque v0= 50 μ m / s et ω=

2π , déterminer entre l’instant t=0 et ts= 6 mn 3

a-

L’équation de la trajectoire. Tracer cette trajectoire

b-

La longueur curviligne S parcourue par M.

c-

Représenter les différents vecteurs vitesses et accélérations aux instants : t= 0, t =3 mn et

t = 4 mn 30 s.

2

Exerciice 7 Soit un plan p rapporrté au systèm me d’axes (O Oxy) (voir figgure).

O = r estt animée d’uun mouvemeent circulairre Dans ce plan une manivelle OA A tel que OA uniform me autour du u point fixe 0, 0 ce qui revient à dire que q l’angle ϕ = ( Ox ,OA ) = ωt avecc ω = cte.

Dans son point A, laa manivelle est e articuléee sur la bielle AB tel quee AB =l, ceette dernièree met en ment par l’in ntermédiairee d’une articculation un point p matérriel B qui se déplace suiv vant Ox mouvem entre deeux glissièrees de guidagge parallèles. 1-

Don nner l’équattion du mouvement du point p matériel B. (On po osera λ =

r ) l

L’équaation du mo ouvement seera donné en n fonction de r ,l , λ ,ω , et t 2-

En déduire la vitesse v et l’acccélération du point B.

3-

Dan ns l’hypothèèse où λ > V0 ; aω0 = V0 et aω0 v0 ⇒ R1

'

R1 ]II

A.N : R1 = 397405 N 3-a- Voir 2b. b- On a Rw >> v0 ⇒ la nouvelle correction non galiléenne affectant la composante R2 n’est pas très importante.

R3 ]I = 0et R3 ]II ≠ 0 ⇒ La correction non galiléenne est importante.

(

4- Rc = R2 + R3

) − (R II

2

+ R3

)

I

⎧ Rω 2 ⎫ Rc = ⎨−m sin2λ' − sin2λ − 2mωv0 sin λ' sinθ ' ⎬uθ − 2mωv0 sin λ' cosθ ' uϕ 2 ⎩ ⎭

(

)

Rc = Auθ + Buϕ On a λ '

λ ⇒ Rc = −2mωv0 sin λ ( sinθ ' uθ + cos θ ' uϕ )

42

Rc = Rc uRc ; Rc = 2mω v0 sin n λ et uRc = − sinθ ' uθ − cos θ ' uϕ A.N :

R c =202 N. C’est cettte composaante qui prov voque l’usure des railss de chemin de fer.

Exerciice 3 1-

γe =

ve =

dOO' dt

/R

=

d( Ri ) = Rω j = Rω ( − sinθ I + coss θ J ) dt

d 2 OO' dω + ∧ O' M + ω ∧ ( ω ∧ O' M ) 2 d dt dt

dω ∧ O' M + ω ∧ ( ω ∧ O' M ) = 0 dt

γe =

d 2 OO' = −Rω 2 i = −rω 2 cos c θ I + sinθ J 2 d dt

(

2-a- Viteesse initiale de la bille : c-

)

va ( M ,t = 0 ) = vhommee ( t = 0 ) = ve ( t = 0 ) = Rω j

Coo ordonnées de d la bille en n fonction du u temps :

P.F.D : mγ a = mg ⇔ γ a = g

⎧d2 X X ⎧ dX = Cx ⎪ 2 =0 ⎪ dtt ⎪ dt ⎧C x = 0 ⎪ ⎪ d 2Y Y ⎪ ⎪ dY condition ns initiale ⎨C y = Rω =Cy ⎨ 2 =0 ⇔ ⎨ ⎪ dtt ⎪ dt ⎪ 2 ⎩C Z = −0 Z ⎪ dZ ⎪d Z gt C = − + = − g Z ⎪ 2 ⎪ dt ⎩ ⎩ dt ⎧ dX ⎧ ⎧ ⎪ dt = 0 ' ' ⎧ X( ( t ) = C C = R ⎪ X( t ) = R ⎪ x x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ dY condition sinittiales ⎨C ' y = 0 ⇒ ⎨Y ( t ) = Rωt = Rω ⇔ ⎨Y ( t ) = Rωt + C ' y ⎨ ⎪ ⎪C ' = h ⎪ ⎪ dt 1 1 ⎩ Z ⎪ Z( t ) = − gt 2 + C ' Z ⎪ Z( t ) = − gt 2 + h ⎪ dZ gt − = ⎩ ⎩ 2 2 ⎪ dt ⎩

43

2h 2h ≠0 ; X(t0 ) = R;Y(t0 ) = Rω g g

c - La bille mis du temps pour Z=0 ; ⇒ t 0 =

la bille

tombe à l’extérieur du plateau

⎛ 2h ⎞ 2ω 2 h ⇒ = + ρ R 1 0 ⎟ g ⎝ g ⎠

2

2 2 2 Point d’impact : ρ0 = R + R ω ⎜

3- Relation fondamentale de la dynamique appliquée à la bille dans le référentiel R ' (O ' xyz )

O' M = x i + y j + zk a- mγ r = mg + Fe + Fc + R = Fe + Fc car mg + R = 0

Fe = −mγ e = mω 2 Ri FC = −2mω ∧ vr ⎛0 ⎞ ⎛x ⎞ ⎜ ⎟ ω ⎜ 0 ⎟ ; vr ⎜⎜ y ⎟⎟ ⇒ Fc = 2mω( zi − xj ) ⎜ω ⎟ ⎜z ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ b-

⎧ x = Rω 2 + 2ω z ( 1) ⎪ (2) ⎨ y = −2ω x ⎪z = 0 (3) ⎩ (3) ⇒ z = cte , à t =0 , ⇒ z=cte=0 (1) x = Rω 2 ⇒ x = Rω 2t + C1

⇒ x = ω 2 Rt − v0 ⇒ x (t ) =

, à t=0 ,

x = −v0 = C1

Rω 2t 2 − v0t + C '1 2

(

à t =0, x=0 ⇒ C '1 = 0 ⇒ x( t ) =

)

(2) ⇒ y = −2ω x = −2ω ω 2 Rt − v0 = −2ω 3 Rt + 2ωv0

y = −2ω 3 R

t2 + 2ω v0 t + C 2 2

à t=0 , y = 0 ⇒ C 2 = 0

1 y = −ω 3 Rt 2 + 2ωv0t ⇒ y(t ) = − ω 3 Rt 3 + ωv0t 2 + C' 2 3 à t=0 , y=0 ⇒ C 2' donc y( t ) = −

ω3 3

Rt 3 + ω v0 t 2

44

1 Rω 2t 2 − v0t 2

Exercice 4 1ère partie

1-

z

OM = rur = vrtur

ux θ

⎧sin θ cos ω0t ⎪ = ⎨sin θ sin ω0t ur⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎪cos θ ⎜⎜ i , j , k ) ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎩

y1

M Δ

y

w0t x1 x * Composantes de vecteur vitesse absolue dans R0

⎧vr sin θ cos ω0t − ω0 r sin θ sin ω0t ⎪ VM / R0 = ⎨vr sin θ sin ω0t + ω0 r sin θ cos ω0t ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎪v cos θ ⎜⎜ i , j , k ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎩ r * Composantes de vecteur accélération absolue dans R0

⎧−2vrω0 sin θ sin ω0t − ω 2 r sin θ cos ω0t ⎪ = ⎨2vrω0 sin θ cos ω0t − ω 2 r sin θ sin ω0t γ M / R0 ⎛ ⎞ ⎜ i , j , k ⎟⎟⎟ ⎪0 ⎜⎜ ⎝ ⎠ ⎩ * Dans le repère R1

⎧−ω 2r sinθ ⎧vr sinθ ⎪ ⎪ = ⎨ω0 r sinθ ; γ M / R0 = ⎨ 2vr ω0 sinθ VM / R0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪v cos θ ⎪0 ⎜⎜ i1 , j1 ,k ⎟⎟ ⎜⎜ i , j ,k ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎩ r ⎩ 2- Théorèmes de la composition des vitesses et des accélérations :

(

a- OM = rur = r cosθ k + sinθ i1

)

⎧vr sinθ ⎪ = ⎨0 vitesse relative : VM / R1 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎪v cos θ ⎜⎜ i1 , j1 ,k ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎩ r Vitesse d’entrainement :

(

)

ve = Ω R1 / R0 ∧ OM = ω0 k ∧ r cos θ k + sin θ i1 ⇒ ve ( M ) b-

Accélération relative

45

( i1 , j1 ,k )

= ω0 r sin θ j1

γ ( M )/ R = γ r =

d( v ( M ) dt

1

/ R1

) / R1

- Accélération d’entrainement

=

d vr cos θ k + vr sinθ i1 ⇒ γr = 0 / R1 dt

(

γ e = ΩR

1

/ R0

)

∧ ( Ω R1 / R0 ∧ OM ) ⇒ γ e = −ω02 r sinθ i1

-Accélération de Coriolis γ c = 2Ω R1 / R0 ∧ VM / R1 = 2ω0 vr sinθ j1 2ème partie 1-

R1 est un repère non galiléen :

Forces réelles : Poids P = m g ; Réaction R ⊥ Δ Forces fictives :

Fe = −mγ e = mω02r sinθ i1 Fc = −mγ c = −2mω0r sinθ j1

2- L’équation horaire du mouvement de l’anneau P.F.D : mγ r = P + R + Fe + Fc Projection sur Δ :

mγ r ur = Pur + Rur + Feur + Fc ur or Rur = Fc ur = 0 d 2r 2 ⇔ r − (ω0 sinθ ) r = − gcos θ 2 dt gcos θ − ω sinθ t + C 2e ( 0 ) + 2 2 ω0 sin θ

− mgcos θ + mω02r sin2 θ = m ⇒ r(t ) = C1e (

ω0 sinθ )t

g cos θ ⎧ ⎪ r = r0 ⇒ C1 + C2 = r0 − 2 2 ω0 sin θ Condition initiale t=0 ⎨ ⎪r = 0 ⇒ C − C = 0 1 2 ⎩

1 gcos θ ⇒ C1 = C 2 = ( r0 − 2 2 ) 2 ω0 sin θ r(t ) = ( r0 −

gcos θ gcos θ )ch (ω0t sinθ ) + 2 2 2 2 ω0 sin θ ω0 sin θ

3- L’anneau est immobile r (t ) = 0

r (t ) = (r0 −

g cos θ ) ω0 sin θ sh (ω0t sin θ ) = 0 ω02 sin 2 θ

⇒ r0 =

g cos θ ω02 sin 2 θ

4- La composante de la réaction de la tige sur l’anneau M suivant Oy1 Projection du P .F .D sur j1 :

P j1 = 0; R j1 = Ry ; Fe j1 = 0 ; Fc j1 = −2mω0 r sin θ

γ (M ) / R j1 = γ r j1 = 0 1

⇒ R y − 2mω0 r sinθ = 0 ⇒ R y = 2mω0r sinθ

46

Exercice 5 A- Le cerceau est immobile : 1-

Equation différentielle du second ordre vérifié par θ(t) :

R(Oxyz) est galiléen P.F.D : mγ =

y

O

∑ Fappliqué θ

Forces : Poids : P = mg i

M

Réaction : R = − ru r Frottement visqueux : f = −bmV Dans la base (u r , uθ ) , on a OM = aur ⇒ V = a θ uθ

x

⎛ −aθ 2 ⎞ ⎛0 ⎞ ⎛ mg cos θ ⎞ ⎛ −R ⎞ γ = ⎜⎜ ⎟⎟ ; P = ⎜ ⎟ ⎟ ; R = ⎜ ⎟ et f = ⎜ ⎝ −mg sin θ ⎠ ⎝0 ⎠ ⎝ −bmaθ ⎠ ⎝ aθ ⎠ Projection suivant ur : −maθ 2 = mgcos θ − R Projection suivant uθ : maθ = −mg sinθ − bmaθ

θ : petit ⇒ sinθ

g a

θ ⇒ θ + bθ + θ = 0

2-a Le retour à l’équilibre le plus rapidement possible s’effectue suivant le régime critique ⇒ Le discriminent du polynôme caractéristique doit être nul :

r 2 + br +

g g 4g b = 0 ; Δ = b 2 − 4 = 0 ⇒ ac = 2 , alors r1 = r2 = − a a b 2

b − t La loi horaire : θ ( t ) = ( At + B ) e 2 avec θ (0) = θ 0 et θ (0 ) = 0 ⇒ θ 0 = B et

⎡ ⎤ − 2b t Bb Bθ ⎛ −b ⎞ = − + A=0 = − 0 + A ⎢( At + B ) ⎜ 2 ⎟ + A⎥ e 2 2 ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ t =0 bt

⎡ bt ⎤ − 2 + 1⎥ e ⎣2 ⎦

Soit θ ( t ) = θ0 ⎢ b-

Valeur maximale du module de la vitesse

b b − t ⎡ b b2 b ⎤ − 2t ac b2 2 θ0 t e On a v = vθ = acθ = acθ0 ⎢ − − t + ⎥ e = − 2⎦ 4 ⎣ 2 4

ac b2 bt − b2 t v est max pour =0= θ − [1 − ] e dt 4 2 dv

47

b − t ac b2 Soit v = θ0 t e 2 4

Soit t =

a bθ 2 ⇒v = c 0 ; max b 2e

v

max

=

2 gθ 0 eb

- La réaction : on a −macθ 2 = mgcos θ − R ⇒ R = mgcos θ + macθ 2 avec θ =

2θ0 V 2 2gθ0 b 2 bθ0 et acθ 2 = = = e ac eb 4 g 2e

⎛ 2θ R = m gcos ⎜ 0 ⎝ e

⎞ mbθ0 ⎟ + 2e ⎠

B- Le cerceau est animé d’un mouvement oscillatoire de rotation, de faible amplitude autour de son axe Oz

(

)

1- va = vr + ve ⇒ a θ uθ = Vr + a ϕ uθ ⇒ vr = a θ − ϕ uθ

(

)

P.F.D suivant uθ : maθ = −m g sinθ − bma θ − ϕ ⇔ θ + bθ +

g θ = bϕ b

ϕ ( t ) = ϕ0 sin Ω t ⇒ ϕ = Ω ϕ0 cos Ω t Soit θ + bθ +

g θ = b Ω ϕ0 cos Ω t b

2- L a solution est de type θ ( t ) = θ M cos( Ω t + α ) Méthode complexe : θ ( t ) → θ (t ) = θ M e

⎡ ⎣

Soit ⎢ −Ω 2 + jΩ b +

où θ M =

j ( Ω t +α )

ϕ ( t ) → ϕ (t ) = b ϕ0 Ω e j Ω t

g⎤ bϕ0 Ω θ M e jα e jΩ t = bϕ0 Ω e jΩ t ⇒ θ M e jα = ⎥ g a⎦ − Ω 2 + jΩ b a

bϕ 0 Ω g ( − Ω 2 ) 2 + Ω 2b 2 a

. Le phénomène de résonance est obtenu lorsque θ M est max.

2 ⎤ dθ M g d ⎡⎛ g g 2⎞ 2 2 =0⇔ = Ω 2 ⇒ aR = 2 ⎢⎜ − Ω ⎟ + Ω b ⎥ = 0 ⇔ aR dΩ dΩ ⎣⎢⎝ a Ω ⎠ ⎦⎥

Remarque : On peut aboutir à la même équation A-1 , en utilisant le théorème de moment cinétique

L0 = OM ∧ mv = aur ∧ maθ uθ = ma 2θ k

(

)

M 0 ( R ) = aur ∧ ( − Rur ) = 0; M 0 ( f ) = aur ∧ −bmV = − a 2bmθ k M 0 ( mg ) = aur ∧ [ mg cos θ ur − mg sin θ uθ ] = − mga sin θ k dL0 g = M 0 ( R ) + M 0 ( f ) + M 0 (mg ) ⇒ ma 2θ = − a 2bmθ − mga sin θ ⇔ θ + bθ + θ = 0 dt a

48

Exercice 6 ⎧ Poids :mg ⎪ 1- a- Forces réelles : ⎨ Réaction : R ⊥ Ax ⎪ ⎩ Force de rappel du ressort : F y O ω

a M x

F

z

x

v

Fe Fc

A

2 Force d’entrainement : −mγ e = mω OM

Forces fictives :

Force de Coriolis : −mγ c = −2mω ∧ v

v est porté par Ax, donc (− mγ c ) ⊥ Ax b- Le principe fondamental de la dynamique.

mγ r = m

dv = mg + R + F + mω 2 OM − 2mω ∧ v dt

Projection sur Ax

d2x d2x 2 2 m 2 = −kx + mω x = − x( k − mω ) ⇒ m 2 = − x( k − mω 2 ) dt dt Equilibre relatif : solution x=0 , (

d 2x = 0) dt 2

Si x ≠ 0 , la force suivant Ax est − x(k − mw2 ) est de rappel, donc l’équilibre sera stable si

k > mω 2 . L’équilibre est instable si k < mω 2 . Il est indifférent si k = mω 2 2-

* Si k > mω 2 , soit Ω 2 =

Condition initiales : x=0 ,

x( t ) =

v0

Ω

k − mω 2 ; x(t ) = A cos Ωt + B sin Ωt m

v dx = 0 pour t=0 donnent A=0 , B= 0 dt Ω

sin Ω t ; T =

2π

Ω

= 2π

m k − mω 2

49

* -Si k < mω 2 , soit α =

mω 2 − k m

; x(t ) = λ eα t + μ e−α t

x(0) = λα − μα = v0 ⎫ v0 ⎬ ⇒ λ = − μ et α ( λ − μ ) = v0 ⇒ λ = x(0) = λ + μ = 0 2α ⎭ x(t ) =

v0

α

et μ = −

v0 2α

sh α t : Le point M s’éloigne indéfiniment.

3-a - Principe fondamental de la dynamique :

m b-

dv = mg + R1 + N + T + mω 2 OM − 2mω ∧ v dt

(

Projection sur l’axe Ax :

)

d2x m 2 = −T + mω 2 x dt

Projection sur l’axe Ay : 0 = N − mω 2 a − 2mω Projection sur l’axe Az :

dx dt

d2x ⇒ m 2 = − fN + mω 2 x dt

(1)

(2)

0 = R1 − mg

Pour trouver l’équation différentielle vérifiant la loi horaire en x(t). (2) ⇒ N = mω 2 a + 2mω

m

dx , remplaçant N dans l’équation (1) ⇒ dt

d2x dx ⎞ d2x dx ⎛ 2 2 = − + + ⇔ + 2 fω − ω 2 x = − f ω 2a ω ω ω f m a 2m m x ⎜ ⎟ 2 2 dt dt ⎠ dt dt ⎝

Résolution de cette équation différentielle : r 2 + 2 f ω − ω 2 = 0 ; Δ' = ω 2 ( f + 1)

r1,2 = − f ω ± ω f 2 + 1 réels, le mouvement est donc apériodique. à t=0, x=0 et

dx = v 0 . La solution générale est: dt

x(t ) =

a(1 − f ) r1e r2t − r2 e r1t + af r1 − r2

(

)

où af est une solution particulière

Exercice 7 I- 1-a R1 est en mouvement de rotation autour de R0 (fixe), R1 n’est pas galiléen.

ΩR

1

/ R0

= ωK

1-b Bilan des forces dans R1 : - Forces réelles : Poids : P = − mgk - Forces fictives :

⎧Force de Coriolis Fc = −mγ c = −2mω k ∧ vR ( M ) 1 ⎪ ⎨ ⎪⎩Force d'entrainement Fe = −mγ e = −m γ O1 / R + Ω ∧ Ω ∧ O1M

(

1-c P.F.D appliqué à M dans R1

50

(

))

mγ R1 ( M ) = −mgk − 2mωK ∧ VR1 ( M ) − m VR1 ( M ) =

(

d O1M dt

)/R

1

or O1 M = −

d 2 OO1 / R − mΩ ∧ Ω ∧ O1M dt 2

(

)

1 2 gt k ⇒ VR1 ( M ) = − gtk 2

( )

2-a- Force de Coriolis . Fc = 2mω gt sin K , k = 2 mω gt cos λ 2-b- Force d’entrainement :

⎡ d 2 OO1 ⎤ Fe = −m ⎢ + Ω ∧ Ω ∧ O1M ⎥ 2 ⎣ dt / R ⎦ 1 ⎛ ⎞ = −m ⎜ R − gt 2 ⎟ ω 2 K ∧ K ∧ k 2 ⎝ ⎠

(

(

)

(

)

(

)

= −m ⎡Ω ∧ Ω ∧ OO1 + Ω ∧ Ω ∧ O1M ⎤ ⎣ ⎦

)

k = cos λ uρ + sin λ K ;( uρ , i , K ) trièdre direct K ∧ k = cos λ i ⇒

1 ⎛ ⎞ Fe = m ⎜ R − gt 2 ⎟ ω 2 cos λ 2 ⎝ ⎠

3- Cas où Fc ≤ 20 Fe

1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2mω gt cos λ ≤ 20m ⎜ R − gt 2 ⎟ ω 2 cos λ ⇔ gt + 10 ⎜ − Rω + g t 2 ω ⎟ ≤ 0 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 2 2 ⇔ 5 gωt + gt − 10 R ω ≤ 0; Δ = g + 200 gω R > 0

t1 =

−g − Δ −g + Δ < 0 : a rejeté ; t 2 = 10 gω 10gω

t

0

t2

5 gωt 2 + gt − 10Rω

-

0

+∞

+

⇒ Pour t ∈ [0, t 2 ] : 5 gωt 2 + gt − 10Rω ≤ 0

or L =

1 2 ⎡ 1 ⎤ gt ⇒ L ∈ ⎢0 , gt 22 ⎥ : Domaine où on peut négliger Fc devant Fe 2 ⎣ 2 ⎦

A.N : pour que Fc ≤ 20 Fe il faut que L ∈[0;3300 ] km - Cas où Fe ≤ 20 Fc

⇒ gωt 2 + 80 gt − 2Rω ≥ 0 ; Δ' = ( 40 g ) + 2Rgω 2 > 0 2

51

t1 =

−40 g − Δ' −40 g + Δ' < 0 arejeté ; t 2 = >0 gω gω

t

0

gωt 2 + 80 gt − 2Rω

t2

-

⇒ Pour t ≥ t2 on a gωt 2 + 80 gt − 2 Rω ≥ 0 ⇒ L ≥

0

+∞

+

1 2 gt 2 2

A.N : L ≥ 6 m II- On se place dans le cas où Fe 0 ⇒ y < 0 ⇒ la déviation est vers le sud. ⎣ 2⎦ ⎡ π⎤ ⇒ Déviation vers le sud ⎣ 2 ⎥⎦

* O1 situé dans l’hémisphère nord ⇒ λ ∈ ⎢0,

⎡ π ⎤ , 0 ⇒ y > 0 ⇒ Déviation vers le nord ⎣ 2 ⎥⎦

* O1 situé dans l’hémisphère sud ⇒ λ ∈ ⎢ −

4- La Tunisie est situé en hémisphère nord ⇒ déviation vers le Sud –Est.

53

Energie e Exerciice 1 Un poin nt matériel de d masse m se s déplace dans d le plan xOy de faço on que son vvecteur posiition soit donné par p : r

a cos c ωt ı

b sin ωt j

où a et b sont deux constantes positives p tellles que a>b b 1-a- Mon ntrer que lee point matériel se déplaace sur une ellipse. b- Monttrer que la fo orce agissan nt sur le poin nt matériel est e en tout point p dirigéee vers l’origiine. c- Montrrer que cette force dériv ve d’un poteentiel. 2- a- Callculer l’énerrgie cinétiqu ue du point matériel m auxx points A (aa, 0) et B (0, B). b- Calcu uler le travaiil fourni par le champ de force en déplaçant le point p matérriel de A à B.. c- Monttrer que le travail total, effectué en e faisant faaire au poin nt matériel une fois le tour de l’ellipse,, est nul. d- En uttilisant le réssultat de la question q (c)), calculer l’éénergie poteentielle aux p points A et B. B e- Calculer l’énergiee totale du point p matériiel et montreer qu’elle esst constante,, en d’autress termes, nservation de d l’énergie. démontrer le princiipe de la con Exercice 2 1-

Détterminer

avec :

Fx F F

2-

l l’énergie

p potentielle

Ep

dontt

dérive

la

force

F

(Fx,

Fy,

Fz)

az

2bxy a et b sont deux constantes. On vérifierra que la forcce est conseervative. ay b

ne bille P dee masse m en un point A d’un cerceeau (C1) ; On abandonne sans vitesse initiale un

b de (C1)), on supposse que la traajectoire dee P décrit un n deuxièmee cerceau au pointt O le plus bas (C2), de centre C et de diamètree OB = 2R, in ntérieur à ceelui de (C1).. On suppose que le mou uvement s négligeeables. de P s’efffectue sans roulement et que les frrottements sont a-

Calcculer la vitesse minimalle de P au po oint B.

b-

En déduire l’aaltitude min nimale h du point de départ A de P en appliquant la loi de

conserv vation de l’én nergie. c-

Don nner

l’exp pression

d de

l’énerggie

potentille de P en un point M en fonction n de θ, m, R et g. d-

d Détterminer less positions d’équilibre

de P et discuter leu urs natures.

54

Exercice 3 Dans un repère R (O, x, y, z) fixe, on considère un tube circulaire de rayon a et de centre O1 (0,0,a) en rotation autour de l’axe Oz avec une vitesse angulaire ω=cte. La masse et la section du tube sont négligeables. Soit R1 (O1, x1, y1, z) un repère mobile tel que le plan x1O1z contient le tube. A t=0, ce plan coïncide avec le plan xOz. Une masse ponctuelle métallique m se déplace sans frottement à l’intérieur du tube. I-

Calcul de l’énergie :

a-

Etablir le bilan des forces appliquées à la masse m dans R1.

b-

Quelles sont les forces qui ne travaillent pas ? Montrer que les forces restantes sont

conservatives. c-

En prenant Ep(θ= 0) =0, montrer que l’énergie potentielle totale est de la forme : 1 mω r 2

E θ

mga cos θ

cste

avec r : distance du point M par rapport à l’axe Oz. θ = OO O M . d-

Calculer l’énergie mécanique totale. Justifier sa conservation.

II- Etude des positions d’équilibres relatives Déterminer les positions d’équilibres relatives et étudier leur stabilité. III- Etude du mouvement relatif : Dans la suite du problème, on considère le cas où ω2 0.

∂θ

Finalement : ∂ E ∂θ

est

0 é 0 é 0é

é

62

au second ordre.

Positions d’équilibres relatives : 0

cos

sin

0

0

sin n’est acceptable que si

ou cos

Pour

1 on a 4 positions d’équilibre :

Pour

1 on a 2 positions d’équilibres :

Etude de la stabilité :

∂

1

∂

0,

et

cos

0 et

2

∂ ∂

∂

Nature de

∂

l’équilibre

0

0

Stable

0

>0

Stable

π

0 e