Corrigés – Mouvement du centre d’inertie d’un solide – Tle C & D
Exercice 1
1. Donnons la nature du mouvement
– Système : le solide
– Référentiel terrestre supposé galiléen
– Bilan des forces :
~~ \cdot \overrightarrow{P} : Le poids du solide
~~ \cdot \overrightarrow{R_N} : La réaction du plan incliné du plan incliné
~~ \cdot \overrightarrow{f} : force de frottement
Appliquons le théorème du centre d’inertie :
∑ \overrightarrow{F}_{\text{ext}} = \text{m}.\overrightarrow{a} soit \overrightarrow{P} + \overrightarrow{R_N} + \overrightarrow{f} = \text{m}.\overrightarrow{a}
Projection suivant (x’x) : \text{P} \sin α + 0 ~–~ \text{f} = \text{m.a}
Soit \text{a} = \text{g} \sin α – \dfrac{\text{f}}{\text{m}}
\text{g}, α, \text{m} et \text{f} sont des constantes \rightarrow \text{a} = \text{cste} et la trajectoire est une droite : le mouvement est donc rectiligne uniformément varié.
2. Donnons l’expression de la vitesse pour une distance l parcourue
Appliquons le théorème de l’énergie cinétique :
∑ \text{W} (\overrightarrow{F})_{A \rightarrow B} = Δ \text{Ec}_{A \rightarrow B}
\text{Ec}_B – \text{Ec}_A = \text{W} (\overrightarrow{P}) + \text{W} (\overrightarrow{R_N}) + \text{W} (\overrightarrow{f}) or \text{W} (\overrightarrow{R_N}) = 0 car \overrightarrow{R_N} \perp \overrightarrow{v}
\text{W} (\overrightarrow{f}) = -f.l
\text{W} (\overrightarrow{P}) = \text{mgh} = \text{mg} l \sin \alpha
v_A = 0 (sans vitesse initiale)
D’où \dfrac{1}{2}\text{m} v^2 = \text{mg} l \sin \alpha -f.l soit v = \sqrt{2l (\text{g} \sin α – \dfrac{f}{\text{m}})}
N.B : on peut aussi utiliser la relation : 2a (x – x_0) = v^2 – v_0^2
Exercice 2
1. Donnons la nature du mouvement
– Système : le solide S
– Référentiel terrestre supposé galiléen
– Bilan des forces :
~~ \cdot \overrightarrow{P} : Le poids du solide
~~ \cdot \overrightarrow{R} : La réaction normale de la sphère sur le solide S
Choisissons le repère de Frenet (S, \overrightarrow{\tau}, \overrightarrow{n}) lié au référentiel terrestre
Appliquons le théorème du centre d’inertie ∑ \overrightarrow{F}_{\text{ext}} = \text{m}.\overrightarrow{a}
Soit \overrightarrow{P} + \overrightarrow{R} = \text{m}.\overrightarrow{a}
Projection suivant les axes : \overrightarrow{P} \begin{cases} P_{\tau} = P \cos \theta \\ P_n = P \sin \theta \end{cases}~ ; ~\overrightarrow{R} \begin{cases} R_{\tau} = 0 \\ R_n = -R \end{cases} ~ et ~\overrightarrow{a} \begin{cases} a_{\tau} = \frac{\text{dv}}{\text{dt}} \\ a_n = \frac{v^2}{r} \end{cases}
Soit R = \text{mg} \sin \theta – \dfrac{\text{m}.v^2}{r}
Le solide S quitte la sphère si et seulement si son contact avec cette dernière est rompu c’est-à-dire pour
R = 0 \Rightarrow \text{mg} \sin \theta – \dfrac{\text{m}.v^2}{r} = 0 (1)
Déterminons l’expression de la vitesse v :
Appliquons le théorème de l’énergie cinétique :
∑ \text{W} (\overrightarrow{F})_{A \rightarrow B} = Δ \text{Ec}_{A \rightarrow B}
\text{Ec}_B – \text{Ec}_A = \text{W} (\overrightarrow{P}) + \text{W} (\overrightarrow{R}) or \text{W} (\overrightarrow{R}) = 0 car \overrightarrow{R} \perp \overrightarrow{v} et \text{W} (\overrightarrow{P}) = \text{mgh} avec \text{h} = r(1 – \sin \theta )
Soit \dfrac{1}{2} \text{m} v^2 = \text{mg} r (1 – \sin \theta ) d’où v^2 = 2 \text{g} r (1 – \sin \theta ) (2)
En portant (2) dans (1), on aboutit \sin \theta = \dfrac{2}{3} soit \theta = 41,81°
2. Calculons la vitesse :
En remplaçant \sin \theta par \dfrac{2}{3} dans l’expression (2), on obtient : v = \sqrt{\dfrac{2}{3}\text{g}r}
Exercice 3
1.1. Calculons l’accélération a1 du skieur dans la descente
Système : un skieur
Référentiel : terrestre supposé galiléen muni d’un repère orthonormé (o, \overrightarrow{i}, \overrightarrow{j})
Bilan des forces extérieures appliquées au système :
– le poids \overrightarrow{P} du skicur
– la réaction \overrightarrow{P} du support sur le skieur.
Appliquons le théorème du centre d’inertie au système :
\sum \overrightarrow{F}_{ext} = \text{m} \overrightarrow{a}_{\text{G}} \Rightarrow \overrightarrow{P} + \overrightarrow{R} = \text{m} \overrightarrow{a}_{\text{G}} (1)
Projetons la relation (1) sur l’axe (x’ x) du repère :
\text{P}_x + \text{R}_x = \text{m.a}_x \\ \text{P} \sin \alpha + 0 = \text{m.a}_1 \\ \text{m.g}\sin \alpha = \text{m.a}_1 \Leftrightarrow \text{a}_1 = \text{g} \sin \alpha
A.N : \text{a}_1 = 9,8 \times \sin 30° = 4,9 \text{m.s}^{-2}
1.2. Calculons la vitesse v1 du skieur lorsqu’il a parcouru la distance d = 25m
\Delta v^2 = 2\text{a}_1 \text{d} \Leftrightarrow v_1^2 – v_0^2 = 2\text{a}_1 \text{d} \Leftrightarrow v_{1} = \sqrt{2\text{a}_1 \text{d} + v_0^2}
A.N : v_{1} = \sqrt{ 2\times 4,9 \times 25 + 2^2} =15,78 \text{m/s}
2.1. Calculons la nouvelle accélération a2 du skieur dans la descente.
Bilan des forces extérieures appliquées au système :
– le poids \overrightarrow{P} du skieur
– la réaction normale \overrightarrow{R_N} du support sur le skieur
– les forces de frottements \overrightarrow{f}
Appliquons le théorème du centre d’inertie au système :
\Sigma \overrightarrow{F}_{ext} = \text{m} \overrightarrow{a}_{\text{G}} \Rightarrow \overrightarrow{P} + \overrightarrow{R} + \overrightarrow{f} = \text{m} \overrightarrow{a}_{\text{G}} (2)
Projetons la relation (2) sur l’axe (x’ x) du repère :
\text{P}_x + \text{R}_{\text{N}x} + f_x = \text{m.a}_x \\ \text{P} \sin \alpha + 0 – f = \text{m.a}_2 \\ \text{m.g}\sin \alpha – f = \text{m.a}_2 \Leftrightarrow \text{a}_2 = \text{g} \sin \alpha – \dfrac{f}{\text{m}}
A.N : \text{a}_2 = 9,8 \times \sin 30° – \dfrac{90}{80} = 3,775 \text{m.s}^{-2}
2.2. Calculer la vitesse v2 lorsqu’il a parcouru la distance d = 25m
\Delta v^2 = 2\text{a}_2 \text{d} \Leftrightarrow v_2^2 – v_0^2 = 2\text{a}_2 \text{d} \Leftrightarrow v_{2} = \sqrt{2\text{a}_2 \text{d} + v_0^2}
A.N : v_{2} = \sqrt{ 2\times 3,775 \times 25 + 2^2} =13,88 \text{m/s}
Exercice 4
1.1 Etablissons l’expression de la vitesse vM du mobile en fonction de vA, g, r et \theta.
Système un mobile de masse m
Référentiel terrestre supposé galiléen muni du repère de Frenet (\overrightarrow{\tau}, \overrightarrow{n})
Bilan des forces extérieures appliquées au système :
– le poids \overrightarrow{P} du système
– la réaction \overrightarrow{R} du support sur le mobile
Appliquons le théorème de l’énergie cinétique entre tA et tM
\Delta Ec_{A \rightarrow M} = \sum (\overrightarrow{F}_{ext})_{(AM)} \Rightarrow Ec_{M}- Ec_{A} = W(\overrightarrow{P})_{AM} + W(\overrightarrow{R})_{AM}
On a : W(\overrightarrow{R})_{AM} = 0 car \overrightarrow{R} \perp \overrightarrow{AM} ; W(\overrightarrow{P})_{AM} = \text{mgh}
D’où : \dfrac{1}{2} \text{m} v_M^2 – \dfrac{1}{2} \text{m} v_A^2 = \text{mgr} \sin \theta
Avec \text{h}=\text{r} \sin \theta . Finalement : v_M = \sqrt{v_A^2 + 2\text{gr} \sin \theta}
1.2. Faisons l’application numérique au point B.
Au point B, \theta = 90° d’où v_{B} = \sqrt{v_{A}^2 + 2\text{gr}} avec \sin 90° = 1
AN : v_{B} = \sqrt{2^2 + 2 \times 10 \times 1} = 4,90 \text{m / s}
1.3. Etablissons l’expression de la valeur de la réaction en fonction de m ; g ; \theta ; r et vA.
Appliquons le théorème du centre d’inertie au système :
\sum \overrightarrow{F}_{ext} = \text{m} \overrightarrow{a}_{\text{G}} \Rightarrow \overrightarrow{P} + \overrightarrow{R} = \text{m} \overrightarrow{a}_{\text{G}} (1)
Projetons la relation (1) sur la normale \overrightarrow{n} du repère de Frenet :
\text{P}_{\text{n}} + \text{R}_{\text{n}} = \text{ma}_{\text{n}} \\ -\text{P} \sin \theta + \text{R} = \text{m}\dfrac{v_M^2}{r} avec \text{P}_{\text{n}} = – \text{P} \sin \theta ~;~ \text{R}_{\text{n}}= \text{R} et \text{a}_{\text{n}} = \text{m}\dfrac{v_M^2}{r} \\ \text{R} = \text{m} \dfrac{v_M^2}{r} + \text{mg} \sin \theta = \text{m} (\dfrac{v_M^2 + 2\text{g}r \sin \theta}{r} + \text{g} \sin \theta ) \\ ~~ \text{R} = \text{m} ( \dfrac{v_M^2}{r} + 3\text{g} \sin \theta )
1.4. Faisons l’application numérique en B.
Au point B, \theta = 90° \Rightarrow \sin \theta = \sin 90° = 1 d’où \text{R} = \text{m} ( \dfrac{v_A^2}{r} + 3 \text{g})
A.N : \text{R} = 0,15 ( \dfrac{2^2}{1} + 3 \times 10) = 5,1 \text{N}
2.1 Déterminons \overrightarrow{f}
Bilan des forces extérieures appliquées au système :
le poids \overrightarrow{P} du mobile
la réaction normale \overrightarrow{R_N} du support sur le système
les forces de frottements \overrightarrow{f}
Appliquons le théorème de l’énergie cinétique entre tB et tC
\Delta Ec_{B \rightarrow C} = \sum W(\overrightarrow{F}_{ext})_{(BC)} \Rightarrow Ec_{C}- Ec_{B} = W(\overrightarrow{P})_{BC} + W(\overrightarrow{R_N})_{BC} + W(\overrightarrow{f})_{BC}
Or W(\overrightarrow{P})_{BC} = 0 car \overrightarrow{P} \perp \overrightarrow{BC} ~;~ W(\overrightarrow{R_N})_{BC} = 0 car \overrightarrow{R_N} \perp \overrightarrow{BC} et W(\overrightarrow{f})_{BC} = -f \times BC
D’où \dfrac{1}{2} \text{m}v_C^2 – \dfrac{1}{2} \text{m}v_B^2 = -f \times BC donc f = \dfrac{-\text{m}(v_C^2 – v_B^2)}{2 \times BC}
A.N : f = \dfrac{-0,15 (2^2 – 4,90^2)}{2 \times 2} = 0,75N
2.2 Calculons le travail des forces de frottement sur BC, de deux manières différentes.
– 1ère manière en utilisant la formule :
W(\overrightarrow{f})_{BC} = \overrightarrow{f}.\overrightarrow{BC} = f \times BC \times \cos (\overrightarrow{f} ~;~\overrightarrow{BC}) = -f \times BC avec \cos (\overrightarrow{f} ~;~\overrightarrow{BC}) = \cos \pi = -1
A.N : W(\overrightarrow{f})_{BC} = -0,75 \times 2 = -1,5 J
– 2e manière en appliquant le théorème de l’énergie cinétique :
\Delta Ec_{B \rightarrow C} = \sum W(\overrightarrow{F}_{ext})_{(BC)} \Rightarrow Ec_{C}- Ec_{B} = W(\overrightarrow{P})_{BC} + W(\overrightarrow{R_N})_{BC} + W(\overrightarrow{f})_{BC}
Or W(\overrightarrow{P})_{BC} = W(\overrightarrow{R_N})_{BC} = 0. D’où \dfrac{1}{2} \text{m}v_C^2 ~-~ \dfrac{1}{2} \text{m}v_B^2 = W(\overrightarrow{f})_{BC}
Donc W(\overrightarrow{f})_{BC} = \dfrac{\text{m}(v_C^2 ~-~ v_B^2)}{2} .
A.N : W(\overrightarrow{f})_{BC} = \dfrac{0,15(2^2 ~- ~4,90^2)}{2} = -1,5J .
Exercice 5
1. Calculons la vitesse VB avec laquelle la bille arrive au point B.
Système une bille de masse m
Référentiel : terrestre supposé galiléen muni du repère de Frenet (\overrightarrow{\tau} ; \overrightarrow{n})
Bilan des forces extérieures appliquées au système :
– le poids\overrightarrow{P} du système
– la tension \overrightarrow{T} du fil
Appliquons le théorème de l’énergie cinétique entre tA et tB
\Delta Ec_{A \rightarrow B} = \sum W(\overrightarrow{F}_{ext})_{(AB)} \Rightarrow Ec_{B}- Ec_{A} = W(\overrightarrow{P})_{AB} + W(\overrightarrow{T})_{AB}
On a : W(\overrightarrow{T})_{AB} = 0 car \overrightarrow{T} \perp \overrightarrow{AB } ~;~ Ec_{A} = 0 car v_A = 0 et W(\overrightarrow{P})_{AB} = mgh d’où \dfrac{1}{2} mv_B^2 = mgh
h=OB_OA’= l(1-\cos \alpha). Finalement : v_B = \sqrt{2gl(1- \cos \alpha}
A.N : v_B = \sqrt{2 \times 10 \times 0,6 \times (1 – \cos 30°)} = 1,27 m.s^{-1}
2. Exprimons l’intensité de la tension \overrightarrow{T} du fil en fonction de m, l, g, \alpha et vB
Appliquons le théorème du centre d’inertie au système :
\sum \overrightarrow{F}_{ext} = \text{m} \overrightarrow{a}_{\text{G}} \Rightarrow \overrightarrow{P} + \overrightarrow{T} = \text{m} \overrightarrow{a}_{\text{G}} (1)
Projetons la relation (1) sur la normale \overrightarrow{n} du repère de Frenet:
\text{P}_{\text{n}} + \text{T}_{\text{n}} = \text{ma}_{\text{n}} \\ -\text{P} \cos \alpha + \text{T} = \text{m}\dfrac{v_B^2}{l} avec \text{P}_{\text{n}} = – \text{P} \cos \alpha ~;~ \text{T}_{\text{n}}= \text{R} et \text{a}_{\text{n}} = \dfrac{v_B^2}{l} \\ \text{T} = \text{m} \dfrac{v_B^2}{l} + \text{mg} \cos \alpha = \text{m} (\dfrac{v_B^2}{l} + \text{g} \cos \alpha )
A.N : \text{T} = 0,05 (\dfrac{1,27^2}{0,6} + 10 \times \cos 30° ) = 0,57N
Exercice 6
1. Calculons les valeurs de la vitesse aux dates indiqués et complétons le tableau :
v(0,05) = \dfrac{(0,75-0) .10^{-2}}{0,1-0} = 0,75 \text{m.s}^{-1}~;
v(0,15) = \dfrac{(18-7,5) .10^{-2}}{0,2-0,1} = 1,05 \text{m.s}^{-1}~;
v(0,25) = \dfrac{(31,5-18) .10^{-2}}{0,3-0,2} = 1,35 \text{m.s}^{-1}~;
v(0,35) = \dfrac{(48-31,5) .10^{-2}}{0,4-0,3} = 1,65 \text{m.s}^{-1}~;
v(0,45) = \dfrac{(67,5-48) .10^{-2}}{0,5-0,4} = 1,95 \text{m.s}^{-1}~;
v(0,55) = \dfrac{(90-67,5) .10^{-2}}{0,6-0,5} = 2,25 \text{m.s}^{-1}.
2. Traçons le courbe représentant la vitesse de mobile en fonction du temps
3. A partir de la courbe, déduisons :
3.1. L’accélération a du mobile
La courbe est une droite son équation est de la forme v = a.t + b.
a est le coefficient directeur de la droite. a représente aussi l’accélération du mobile :
\text{a} = \dfrac{\Delta v}{\Delta t} ~;~ \text{a} = \dfrac{2,25 – 0,75}{0,55 – 0,05} = 3\text{m.s}^{-2}
3.2. Sa vitesse à t=0s, ainsi que sa date de départ.
La vitesse t = 0 est l’ordonné à l’origine b de la droite donc v0 = 0.6m/s.
La date de départ t0 est la date où la vitesse est nulle : t0 = -0,2s
t0 = 0,2s < 0 : signifie que la date quelconque pris comme origine des dates où l’enregistrement du mouvement du centre d’inertie a été déclenché se situe 0,2s après que le mobile soit lancé.
4. Ecrivons les lois horaires v(t) et x(t) du mouvement du mobile
a = cste \ne 0 : le mouvement est rectiligne uniformément varié, les lois horaires sont de la forme :
\text{v(t) = a.t + v}_0~ et ~\text{x(t) = } \dfrac{1}{2}\text{a.t}^2 + \text{v}_0. \text{t + x}_0~;
\text{v(t) = 3t + 0,6}~ et ~\text{x(t) = } 1,5\text{t}^2 + 0,6\text{t}~ avec ~ \text{x}_0 = 0
5. Etablissons expression de l’accélération a du mobile puis calculons l’angle \alpha.
Système un mobile de masse m
Référentielle terrestre supposé galiléen muni d’un repère orthonormé (O ; \overrightarrow{i} ; \overrightarrow{j})
Bilan des forces extérieures appliquées au système :
– Le poids \overrightarrow{P} du système
– La réaction \overrightarrow{R} la table sur le mobile.
Appliquons le théorème du centre d’inertie au système :
\sum \overrightarrow{F}_{ext} = \text{m} \overrightarrow{a}_{\text{G}} \Rightarrow \overrightarrow{P} + \overrightarrow{R} = \text{m} \overrightarrow{a}_{\text{G}} (1)
Projetons la relation (1) sur l’axe (x’ x) du repère :
\text{P}_{\text{x}} + \text{R}_{\text{x}} = \text{m.a}_{\text{x}} \\ \text{P} \sin \alpha + 0 = \text{m.a} \\ \text{m.g} \sin \alpha = \text{m.a} \Leftrightarrow \text{a} = \text{g}\sin \alpha \\ \sin \alpha = \dfrac{a}{g} \Rightarrow \alpha = \sin ^{-1} (\dfrac{a}{g})
A.N : \alpha = \sin ^{-1} (\dfrac{3}{9,8}) = 17,82°
Exercice 7
1. Exprimons puis calculons la vitesse vB du solide en B.
Système un solide de masse m
Référentiel : terrestre supposé galiléen
Bilan des forces extérieures appliquées au système :
– Le poids \overrightarrow{P} du système
– La réaction \overrightarrow{R} : la glissière sur le solide
Appliquons le théorème de l’énergie cinétique entre tA et tB
\Delta Ec_{A \rightarrow B} = \sum W(\overrightarrow{F}_{ext})_{(AB)} \Rightarrow Ec_{B}- Ec_{A} = W(\overrightarrow{P})_{AB} + W(\overrightarrow{R})_{AB}
On a : W(\overrightarrow{R})_{AB} = 0 car \overrightarrow{R} \perp \overrightarrow{AB} ~;~ W(\overrightarrow{P})_{AB} = mgh = mgl \sin \alpha avec h = l\sin \alpha ~;~Ec_A = 0 car v_A = 0
d’où \dfrac{1}{2} mv_B^2 = mgl \sin \alpha . Finalement : v_B = \sqrt{2gl \sin \alpha}
A.N : v_B = \sqrt{2 \times 10 \times 1 \times \sin 30°} = 3,16 m.s^{-1}
2. Exprimons la vitesse vM en fonction de vB, r, g, θ et θ0.
Appliquons le théorème de l’énergie cinétique entre B et M :
\Delta Ec_{B \rightarrow M} = \sum W(\overrightarrow{F}_{ext})_{(BM)} \Rightarrow Ec_{M}- Ec_{B} = W(\overrightarrow{P})_{BM} + W(\overrightarrow{R})_{BM}
On a : W(\overrightarrow{R})_{BM} = 0 car \overrightarrow{R} \perp \overrightarrow{BM} ~;~ \\ W(\overrightarrow{P})_{AB} = mgh = mgr (\sin \theta _0 ~-~ \sin \theta ) avec h = r(\sin \theta _0 ~-~ \sin \theta )
d’où \dfrac{1}{2} mv_M^2 ~-~ \dfrac{1}{2} mv_B^2 = mgr (\sin \theta _0 ~-~ \sin \theta ).
Finalement : v_M = \sqrt{2gr (\sin \theta _0 ~-~ \sin \theta ) + v_B^2 }
3. La réaction R de la glissière sur l’objet au point M
Appliquons le théorème du centre d’inertie au système :
\sum \overrightarrow{F}_{ext} = \text{m} \overrightarrow{a}_{\text{G}} \Rightarrow \overrightarrow{P} + \overrightarrow{R} = \text{m} \overrightarrow{a}_{\text{G}}
Projetons la relation sur la normale \overrightarrow{n} de la base de Frenet (\overrightarrow{\tau} ; \overrightarrow{n}) :
\text{P}_{\text{n}} + \text{R}_{\text{n}} = \text{m.a}_{\text{n}} \\ \text{P} \sin \theta ~-~ \text{R} = \text{m} \dfrac{v_M^2}{r} avec \text{P}_{\text{n}} = – \text{P} \sin \theta ~;~ \text{R}_{\text{n}} = \text{R} et \text{a}_{\text{n}} = \dfrac{v_M^2}{r}
~~\text{R} = \text{mg} \sin \theta ~-~ \text{m} \dfrac{v_M^2}{r}
4. Exprimons R en fonction de vB ; r ; g ; θ ; m et θ0
On a : v_M^2 = 2gr (\sin \theta _0 ~-~ \sin \theta ) + v_B^2. En remplaçant v_M^2 par son expression dans R, on obtient :
\text{R} = \text{mg} (3\sin \theta ~-~ 2\sin \theta_0 ) ~-~ \dfrac{\text{m} v_B^2}{r}
5. Montrons que le solide quitte la piste en N tel que θ1 = (\widehat{OC, ON}) et calculons θ1.
Le solide quitte la piste si l’équation R = 0 admet une solution \theta _1 tel que \theta _1 < \theta _0
R = 0 \Leftrightarrow mg(3\sin \theta_1 ~-~ 2\sin \theta_0 ) – \dfrac{m. v_B^2}{r} = 0 \\ \Leftrightarrow 3\sin \theta_1 ~-~ 2\sin \theta_0 = \dfrac{v_B^2}{gr} \\ ~~ \\ \Leftrightarrow \sin \theta_1 = \dfrac{v_B^2}{3gr} + \dfrac{2 \sin \theta_0}{3} \\ ~~ \\ \Leftrightarrow \theta_1 = \sin^{-1} (\dfrac{v_B^2}{3gr} ~+~\dfrac{2 \sin \theta_0}{3} )
A.N : \theta_1 = \sin^{-1} (\dfrac{3,16^2}{3 \times 10 \times 2} ~+~\dfrac{2 \times \sin 60°}{3} ) = 48,05°
\theta_1 = 48,05° < \theta_0 = 60° : donc le solide quitte la piste en N tel que \theta_1 = (\widehat{OC, ON}). ~~\theta_1 = 48,05°
Exercice 8
1.1. En appliquant le théorème de l’énergie cinétique à (S), calculons la valeur F de \overrightarrow{F}.
Système : un solide (S)
Référentiel : terrestre supposé galiléen
Bilan des forces :
– Le poids \overrightarrow{P} du solide (S)
– La réaction \overrightarrow{R} du plan incliné
– La force de traction \overrightarrow{F}
Appliquons le théorème de l’énergie cinétique entre tA et tB :
\Delta Ec_{A \rightarrow B} = \sum W(\overrightarrow{F}_{ext})_{(AB)} \Rightarrow Ec_{B}- Ec_{A} = W(\overrightarrow{P})_{AB} + W(\overrightarrow{R})_{AB} + W(\overrightarrow{F})_{AB}
On a : W(\overrightarrow{R})_{AB} = 0 car \overrightarrow{R} \perp \overrightarrow{AB } ~;~ W(\overrightarrow{P})_{AB} = -mgh = -mgl \sin \alpha avec h= l \sin \alpha ~;
W(\overrightarrow{F})_{AB} = Fl \cos \beta ~;~ Ec_{A} = 0 car v_A = 0 d’où \dfrac{1}{2} mv_B^2 = -mgl \sin \alpha+Fl\cos \beta
Finalement : F = \dfrac{m(2gl \sin \alpha + v_B^2)}{2l \cos \beta}
A.N : F = \dfrac{1,5(2 \times 9,8 \times 2 \times \sin 30° + 2^2)}{2 \times 2 \times \cos 10°} = 8,99N
1.2. Calculons l’accélération sur AB
Le mouvement du solide est rectiligne uniformément accéléré :
v_{B}^2 – v_{A}^2 = 2al \Rightarrow a= \dfrac{v_B^2}{2l} avec v_{A}^2 = 0
A.N : a = \dfrac{(2^2)}{(2 \times 2)} =1m.s^{-1}
2.1. Calculons la variation de l’énergie mécanique \Delta E du solide
\Delta E_m = \Delta E_c car Ep_C = Ep_B d’où \Delta E_m = \dfrac{1}{2} m(v_{C}^2 – v_{B}^2)
A.N : \Delta E_m = \dfrac{1}{2} \times 1,5 \times (1,5^2 – 2^2) = – 1,31J
Conclusion : \Delta E_m \ne 0 : il existe des forces de frottement.
2.2. Faisons le bilan des forces puis représenter.
Bilan des forces:
– Le poids \overrightarrow{P} solide (S):
– La réaction \overrightarrow{R} du support sur le solide
– Les forces de frottement \overrightarrow{f}
2.3. Montrons que le travail des forces de frottement \overrightarrow{f} entre B et C est égal à \Delta E_m .
Appliquons le théorème de l’énergie cinétique entre B et C :
\Delta Ec_{B \rightarrow C} = \sum W(\overrightarrow{F}_{ext})_{(BC)} \Rightarrow \Delta Ec_{B \rightarrow C} = W(\overrightarrow{P})_{BC} + W(\overrightarrow{R_N})_{BC} + W(\overrightarrow{F})_{BC}
On a : W(\overrightarrow{P})_{BC} = 0 car \overrightarrow{P} \perp \overrightarrow{BC } ~;~ W(\overrightarrow{R_N})_{BC} = 0 car \overrightarrow{R_N} \perp \overrightarrow{BC }
\Delta Ec_{B \rightarrow C} = W(\overrightarrow{f})_{BC} or \Delta E_m = \Delta E_c donc \Delta E_m = W(\overrightarrow{f})_{BC}
2.4 Calculons la valeur {f} de \overrightarrow{f}.
W(\overrightarrow{f})_{BC} = -f \times L = \Delta E_m \Rightarrow f= -\dfrac{\Delta E_m}{L}
A.N : f = -\dfrac{(- 1.31)}{3} = 0,44N
3. Etablissons m, r, \theta, vC et g l’expression de :
3.1. la valeur v de la vitesse de S
Bilan des forces extérieures appliquées au système :
– le poids \overrightarrow{P} du système
– la réaction \overrightarrow{R} du support sur le solide
Appliquons le théorème de l’énergie cinétique entre les instants tC et tM
\Delta Ec_{C \rightarrow M} = \sum W(\overrightarrow{F}_{ext})_{(CM)} \Rightarrow Ec_{M}- Ec_{C} = W(\overrightarrow{P})_{CM} + W(\overrightarrow{R})_{CM}
On a : W(\overrightarrow{R})_{CM} = 0 car \overrightarrow{R} \perp \overrightarrow{CM} ~;~ W(\overrightarrow{P})_{CM} = -mgh = -mgr (1-\cos \theta ) avec h= r (1-\cos \theta ) ~;
d’où \dfrac{1}{2} mv_M^2 – \dfrac{1}{2} mv_C^2 = – mgr (1-\cos \theta )
Finalement : v_M = \sqrt{v_C^2 + 2gr (\cos \theta ~-~ 1)}
3.2. L’intensité {R} de la réaction \overrightarrow{R} de la piste.
Appliquons le théorème du centre d’inertie au système :
\sum \overrightarrow{F}_{ext} = \text{m} \overrightarrow{a}_{\text{G}} \Rightarrow \overrightarrow{P} + \overrightarrow{R} = \text{m} \overrightarrow{a}_{\text{G}}
Projetons la relation sur la normale \overrightarrow{n} de la base de Frenet :
\text{P}_{\text{n}} + \text{R}_{\text{n}} = \text{m.a}_{\text{n}} \\ -\text{P} \cos \theta ~+~ \text{R} = \text{m} \dfrac{v_M^2}{r} avec \text{P}_{\text{n}} = – \text{P} \cos \theta ~;~ \text{R}_{\text{n}} = \text{R} et \text{a}_{\text{n}} = \dfrac{v_M^2}{r}
\text{R} = \text{m} \dfrac{v_M^2}{r} + \text{mg} \cos \theta = \text{m} (\dfrac{v_C^2 + 2\text{g}r (\cos \theta ~-~ 1)}{r} + \text{g} \sin \theta )
\text{R} = \text{m} (\dfrac{v_C^2}{r} + 3\text{g} \cos \theta ~-~ 2\text{g})
Déduisons-en l’angle maximal atteint par le solide (S) avant de redescendre
Pour \theta = \theta_{m} ,~ v =0 \Rightarrow v_C^2 +2\text{g}r (\cos \theta_m -1) = 0 \Rightarrow \cos \theta_m = 1 – \dfrac{v_{C}^2}{2\text{g}r} \\ \theta_{m} = \cos ^{-1} (1 – \dfrac{v_{C}^2}{2\text{g}r})
A.N : \theta_{m} = \cos^{-1} (1- \dfrac{1,5^2}{2 \times 9,8 \times 1} )=27,72°
Exercice 9
1. Donnons les expressions des accélérations a1 (mouvement de montée) et a2 (descente) en fonction de m, g, f et \alpha et la nature du mouvement dans chaque cas.
Système : un solide M
Référentiel : terrestre suppose galiléen muni d’un repere orthonorme (A, \overrightarrow{i}, \overrightarrow{j})
Inventaire des forces s’exerçant sur le solide :
– Le poids \overrightarrow{P} du système
– La réaction normale \overrightarrow{R_N} du support sur le solide
– Les forces de frottements \overrightarrow{f}
Mouvement de montée
Appliquons le théorème du centre d’inertie au système :
\sum \overrightarrow{F}_{ext} = \text{m} \overrightarrow{a}_{\text{G}} \Rightarrow \overrightarrow{P} + \overrightarrow{R} + \overrightarrow{f} = \text{m} \overrightarrow{a}_{\text{G}}
Projetons la relation sur l’axe (A, \overrightarrow{i}) du repère :
\text{P}_{\text{x}} + \text{R}_{\text{Nx}} + \text{f}_{\text{x}} = \text{m.a}_{\text{x}} \\ -\text{P} \sin \alpha ~+ 0 ~-~ \text{f} = \text{m.a}_1 \\ -\text{mg} \sin \alpha – \text{f} = \text{m.a}_1 \Leftrightarrow \text{a}_1 = -\text{g} \sin \alpha – \dfrac{\text{f}}{\text{m}}
\text{a}_1 = cste en plus
\overrightarrow{a}_1 . \overrightarrow{v} = – (\text{g} \sin \alpha + \dfrac{\text{f}}{\text{m}}).v < 0 : le mouvement est rectiligne uniformément retardé
Mouvement de descente
Appliquons le théorème du centre d’inertie au système :
\sum \overrightarrow{F}_{ext} = \text{m} \overrightarrow{a}_{\text{G}} \Rightarrow \overrightarrow{P} + \overrightarrow{R} + \overrightarrow{f} = \text{m} \overrightarrow{a}_{\text{G}}
Projetons la relation sur l’axe (A, \overrightarrow{i}) du repère :
\text{P}_{\text{x}} + \text{R}_{\text{Nx}} + \text{f}_{\text{x}} = \text{m.a}_{\text{x}} \\ -\text{P} \sin \alpha ~+ 0 + \text{f} = \text{m.a}_2 \\ -\text{mg} \sin \alpha + \text{f} = \text{m.a}_2 \Leftrightarrow \text{a}_2 = -\text{g} \sin \alpha + \dfrac{\text{f}}{\text{m}}
\text{a}_2 = cste : le mouvement est rectiligne uniformément varié :
– accéléré si ~~\dfrac{\text{f}}{\text{m}} > \text{g} \sin \alpha ~;
– retardé si \dfrac{\text{f}}{\text{m}} < \text{g} \sin \alpha ~;
2. Les expressions de \overrightarrow{v}_1 (montée) et \overrightarrow{v}_2 (descente) en fonction de a1, a2, vA et t.
Mouvement de montée
v_{1} = a_{1}.t + v_{A}
Mouvement de descente
v_2 =a_2 (t-t’)= a_{2}.t -a _2.t’ avec t’ la date a laquelle v_{1} s’annule
Déterminons t’
à t’ =t ~;~ v_1 = 0 \Rightarrow a_1 t’ + v_A = 0 \rightarrow t’ = -\dfrac{v_A}{a_1}
Finalement : v_{2} = a_{2} t + \dfrac{a_{2}.v_{A}}{a_{1}}
3. Déterminons les valeurs numériques a1 ; a2 de la question 1.
Calcul de a_{1} : a_{1} = \dfrac{\Delta v}{\Delta t} \Rightarrow a_{1} = \dfrac{0 ~-~ 12}{2 ~-~ 0} =-6m.s^{-1}
Calcul de a_{2} : a_{2} = \dfrac{\Delta v}{\Delta t} \Rightarrow a_{2} = \dfrac{-12-0}{5-2} =-4m.s^{-1}
4. Déduisons les valeurs numériques de f et \alpha
{a}_1 = -{g} \sin \alpha – \dfrac{{f}}{{m}} et {a}_2 = -{g} \sin \alpha + \dfrac{{f}}{{m}}
a_1 + a_2 = -2\sin \alpha \Rightarrow \sin \alpha = \dfrac{-(a_1+a_2)}{2g} \Rightarrow \alpha = \sin^{-1} (\dfrac{-(a_1 + a_2)}{2g})
A.N : \alpha = \sin^{-1} (\dfrac{-(-6-4)}{2 \times 10}) = 30°
a_1 ~-~ a_2 = \dfrac{2f}{m} \Rightarrow f = \dfrac{m(a_1 – a_2)}{2}
A.N : f = \dfrac{0,2 \times (-4 + 6)}{2} = 0,2N
5. Calculons la vitesse vA‘ de M quand il dépasse en A
Considérons le mouvement de descente :
v’_A^2 – v_B^2 = 2a_2(x_{A} – x_{B}) = – 2a_2 AB
Considérons le mouvement de montée :
v_B^2 – v_A^2 = 2a_1(x_{B} – x_{A}) = – 2a_1 AB
AB = \dfrac{- v_{A}^2}{2a_{1}} avec v_{B} = 0 d’où v_A^{\prime} = \sqrt{-2a_{2} \times \dfrac{- v_{A}^2}{2a_{1}}} ~;~ v’_A = v_A\sqrt{\dfrac{a_2}{a_1}}
A.N : v’_A = 12 \times \sqrt{\dfrac{- 4}{- 6}} = 9.8m/s
6. Vérifions que la variation d’énergie mécanique du système M, est égale au travail de la force \overrightarrow{f}
W(\overrightarrow{f}) = W(\overrightarrow{f})_{\text{montée}} + W(\overrightarrow{f})_{\text{déscente}}= – f \times AB + (- f \times AB) =-2 f \times AB or AB = \dfrac{-v_A^2}{2a_1}
d’ou W(\overrightarrow{f}) = \dfrac{f \times v_{A}^2}{a_{1}}
AN : W(\overrightarrow{f}) = \dfrac{0,2 \times 12^2}{-6} = – 4,8J
\Delta E_m = E’_{mA} – E_{mA} =E’p_A +E’c_A – (Ep_A +Ec_A) = E’c_A – Ec_A car E’p_A = Ep_A = 0
\Delta E_m = \dfrac{1}{2} m(v’_A^2 – v_A^2)
A.N : \Delta E_m = \dfrac{1}{2} \times 0,2 \times (9,8^2 – 12^2) = -4,796J \approx -4,8J Donc \Delta E_m =W(\overrightarrow{f})