Exercices du chapitre 3

Exercices 1

Soit M un point matériel de massem pouvant être repéré par sa coordonnéex.

Le point est amené à se déplacer sur l’axeOX d’un référentiel galiléenR(OXY Z).

A l’instant t = 0, M se trouve en O avec un vecteur-vitesse initial ~v₀ = v₀~i avec v₀ >0:

Déterminer l’équation horaire du mouvement x(t) dans les deux cas suivants : 1: La force à laquelle est soumis le point M est F~ = m^dx_dt~i où est une constante positive (frottement visqueux) ;

2:La forceF~ = m ^dx_dt ²~ioù est une constante positive (résistance de l’air).

Solution :

1. L’application du PFD, nous donne l’équation di¤érentielle suivante : m~a=X

i

F~_i ) md²x

dt²~i= mdx

dt~i ) d²x

dt² = dx dt:

Il s’agit d’une équation linéaire de deuxième degré. Travaillons d’abord avec la vi-tesse :

dv

dt = v )

Z dv v =

Z

dt ) v =Ae ^t

d’où dx

dt =Ae ^t ) x(t) = A

e ^t+B

oùA et B sont des constantes d’intégration. A l’instant t= 0;nous avons x= 0 et v =v₀; donc ( _A

+B = 0

A =v₀ )

( B = ^v0 A=v₀: Finalement, l’équation horaire de la coordonnéex est

x(t) = v₀

1 e ^t On remarque que lim

t!1x(t) = ^v0 ; c’est l’abscisse où le pointM va s’immobiliser.

2. Toujours en appliquant le PFD m~a=P

iF~_i , l’équation du mouvement sera md²x

dt²~i=F~ = m dx dt

2

~i ) dv

dt = v²:

Il s’agit d’une équation non linéaire de deuxième degré qu’on peut intégrer par séparation des variables

Z dv v² =

Z

dt ) 1

v = t+A ) v = 1 t A

d’où dx

dt = 1

t A ) x(t) = 1

ln( t A) +B

oùA et B sont des constantes d’intégration. A l’instant t= 0; nous avons toujours x= 0 etv =v₀;donc

( 1 ln( A) +B = 0

1

A =v₀ )

( B = ¹ ln(v0) A= _v¹

0: Cette fois-ci, l’équation horaire de la coordonnée xest

x(t) = 1

ln( v₀t+ 1):

Exercice 2

Un solide S, assimilé à un point matériel, de masse m = 0;1 kg, glisse le long d’un plan incliné qui forme un angle = 30 avec l’horizontale.

1. Le solide est abandonné depuis le pointAsans vitesse initiale. En considérant les frottements négligeables, déterminer la nature du mouvement deS. Justi…er.

2- Calculer la durée du parcours AB; sachant que AB= 2 m:

3- En fait, cette durée est de 1;3 s, en admettant l’existence des frottements caractérisés par un coe¢ cient de frottements cinétique c. Représenter les forces agissant surS dans ce cas, ensuite déterminer le coe¢ cient c.

4- Le solide est maintenant lancé du pointBvers le pointA. Au pointBsa vitesse est de3m/s. Déterminer la position du point C où la vitesse du solide s’arrête :

a- Si on néglige les frottements.

b- Si le coe¢ cient de frottement est de c = 0:11.

On prendra dans le problèmeg = 10 m/s². Solution

1. Nature du mouvement : nous avons

!P +!R =m!a )

( OX : mgsin =ma

OY : R mgcos = 0 ) a= gsin = 5m=s²: a = C^ste et !a!:v > 0 car la vitesse et l’accélération sont orientées dans le même sens, donc le mouvement est uniformément accéléré.

2. Nous allons prendre le pointB comme origine, ce qui fait que l’équation horaire de notre solide est

x= gsin t² 2 +x_A: Le temps de parcours t_p s’obtient comme suit

x_B = gsin t²_p

2 +x_A)t_p = s

2(x_A x_B) gsin =

s 2 AB

gsin = 0;89s:

3.

Plan incliné Maintenant,

!P+!R+f~_c =m!a )

( OX : f_c mgsin =ma OY : R =mgcos = ^fc

c

) a= gsin + _cgcos :

L’équation horaire du solide devientx= ( gsin + _cgcos ) ^t₂² +x_A;d’où x_B = ( gsin + _cgcos )t²_p

2 +x_A ) ^c = 1

gcos 2 AB

t²_p gsin = 0;30:

4. Calcul de la distanceBC :

a. Sans frottement : l’équation horaire de notre solide à présent est a= gsin ) v_x = gsin t+v₀ ) x= gsin t²

2 +v₀t (x0 =x_B = 0).

Nous avons donc v_x = gsin t+v₀ ) t = ^v_g⁰_sin^vx: Remplaçons dans l’équation horaire dex

x= 1 2

(v₀ v_x)²

gsin +v₀v₀ v_x gsin :

Au pointC;la vitessev_x = 0;alorsx_c = ¹_2gsin^v20 = 0;9m;d’oùBC =x_C x_B = 0;9m:

b- Avec frottement : Il faut faire le même raisonnement à condition de prendre a= gsin _cgcos ;car le frottement cette fois-ci est orienté dans le sens négatif,

à l’opposé du sens de mouvement. Donc x_C = 1

2

v₀²

g(sin + ccos ) ) x_C =BC = 0:59m:

Exercices 3

Un chasseur à l’arc lance une ‡èche de massem = 50g avec une vitesse initiale~v₀ faisant un angle avec l’horizontale sur un pigeon de masse M = 450g au moment où ce dernier passe au dessus de sa tête à une hauteurh = 10m:

1. Etudier le mouvement de la ‡èche sachant que j~v₀j= 15m/s.

2. Sachant que ce pigeon se déplace en mouvement rectiligne uniforme avec une vitesse~u= 3~i(m/s); déterminer l’angle pour que le chasseur atteigne sa cible en supposant que la seule force qui entre en jeu est la force du poids.

3. Déterminer l’instant t_c de l’impact ainsi que les positions et les vitesses de la

‡èche et du pauvre pigeon à ce moment.

4. Juste après l’impact, le pigeon et la ‡èche vont former un seul corps. Déter-miner la vitesse~v_ens(t_c) de l’ensemble à cet instant.

5. Déterminer la variation de la vitesse ~v_ens de l’ensemble sous l’e¤et de son poids:

6. Déterminer la trajectoire de l’ensemble pigeon-‡èche.

7. En déduire les coordonnées du point où le pigeon va tomber sur le sol.

Solution :

1. La ‡èche va se déplacer sous l’e¤et de son poids (g = 10m/s²). Donc m~a= mg~k)

( a_x = 0 a_z = g )

( v_x =v_x0 v_z = gt+v_z0 Mais à t= 0; ~v₀ =v₀cos( )~i+v₀sin( )~k; d’où

( v_x =v₀cos( )

v_z = gt+v₀sin( ): )

( v_x = 15 cos( )

v_z = 10t+ 15 sin( ):

Après intégration et en utilisant le fait quex₀ =z₀ = 0; on obtient ( x=v₀cos( )t

z = g^t₂² +v₀sin( )t: )

( x= 15 cos( )t

z = 5t²+ 15 sin( )t:

2. Les équations horaires du mouvement de pigeon sont ( x_p =u t

z_p =h: )

( x_p = 3t z_p = 10:

Au moment de l’impact, il faut que x=x_p; alors

15 cos ( )t= 3t ) cos ( ) =1

5 ) sin ( ) = r

1 1² 5²=2p

6

5 alors '1;37rd'78;46 où nous avons utilisé la relation cos²( ) + sin²( ) = 1 et le fait que sin( ) 0 si

2[0; =2]:

3. Nous avons aussiz =z_p au moment de l’impact, d’où 5t²+ 6p

6t= 10 ) t_c = 3 5

p6 2

5s= 1;07s.

La deuxième solution de cette équation est t₁ = ³₅p

6 + ²₅s= 1;87s mais elle est rejetée cart₁ > t_c (le pigeon sera atteint une bonne fois pour toutes): A cet instant t_c,

~v_p

( v_px= 3

v_py = 0 ; ~v

( v_x = 3 v_z = 4 ;

( x=x_p = ⁹₅p

6 ⁶₅ '3;2 z =z_p = 10:

Ces relations sont obtenues en remplaçantt part_c dans les équations dex; z; x_p; z_p; v_x; v_y; v_px etv_pz précédentes.

4. Appliquons le théorème de la conservation de la quantité de mouvement, et cela en supposant que les forces extérieures sont négligeables au moment du choc. Juste avant l’impact, les quantités de mouvement de la ‡èche et du pigeon sont respectivement ~p(t_c) = m~v(t_c) et ~p_p(t_c) = M~v_p(t_c): Juste après le choc mou, l’ensemble va avoir une masse(M +m)avec une vitesse~v_ens(t_c):En d’autres termes,

~

p_p(t_c) +~p(t_c) =~p_ens(t_c) , M~v_p(t_c) +m~v(t_c) = (M +m)~v_ens(t_c):

On en déduit que

~v_ens(t_c) = M

M +m~v_p(t_c) + m

M +m~v(t_c):

Finalement,

~v_ens(t_c) = 450

500(3~i) + ( 50

500)(3~i+ 4~j) = 3~i+ 2 5~j 5. A l’instantt_c = ³₅p

6 ²₅s, l’ensemble ‡èche+pigeon occupe le point(x_ens(t_c); z_ens(t_c)) = (⁹₅p

6 ⁶₅;10) avec la vitesse~v_ens(t_c) = 3~i+ ²₅~j: A partir de maintenant, le PFD va

s’écrire comme suit

(m+M)~a_ens= (m+M)g~k )

( a_ens;x = ^dvens;x_dt = 0 a_ens;z = ^dvens;z_dt = g:

L’intégration est directe ( v_ens;x =v_ens;x(t_c)

v_ens;z = g(t t_c) +v_ens;z(t_c) )

( v_ens;x = 3

v_ens;z = 10(t 1;07) + ²₅: 6. Après une deuxième intégration

8<

:

xens =vens;x(tc)(t tc) +xens(tc) z_ens = g

2(t t_c)²+v_ens;z(t_c)(t t_c) +z_ens(t_c) ) 8<

:

xens = 3(t 1;07) + 3;2 z_ens = 5(t 1;07)²+ 2

5(t 1;07) + 10:

D’après la première équation t t_c=^xens_v ^xens(tc)

ens;x(tc) ; alors l’équation de la trajectoire est

z_ens = g 2

x_ens x_ens(t_c) vens;x(tc)

2

+v_ens;z(t_c) x_ens x_ens(t_c)

vens;x(tc) +z_e(t_c):

A.N :

z_ens = 5

9(x_ens 3;2)²+ 2

15(x_ens 3;2) + 10:

7. Sur le sol,z_ens = 0; donc

5

9(x_ens 3;2)²+₁₅² (x_ens 3;2) + 10 = 0 ₎ x_ens = 7;6m

où nous avons rejeté la solution négative car nous travaillons dans la région où les xsont positifs.

Exercices 4

Une particule de massem et de charge électrique q se déplaçant sous l’in‡uence d’un champ électromagnétique constant (E~ =E₀~j etB~ =B₀~k) va subir la force de Lorentz F~ =q(E~ +~v^B).~

1. Ecrire les équations du mouvement en coordonnées cartésiennes. On pose

!= _m^qB₀:

2. Résoudre les équations obtenues, sachant qu’à l’instant initial t = 0; notre particule occupe l’origine avec une vitesse nulle.

Solution

1. Le PFD m~a=P

iF~i va s’écrire ici

m~a=q(E~ +~v^B):~

En e¤et,

~v^B~ =

~i ~j ~k _

x y_ z_ 0 0 B₀

=B₀ y~i_ x~j_

D’où les équations du mouvement 8>

<

>:

•

x= _m^qB₀y_

•

y= _m^qB₀x_ + _m^qE₀

• z = 0

,

8>

<

>:

• x=!y_

•

y= !x_ + _m^qE₀

• z = 0:

2. Commençons par z• = 0: Après intégration, on obtient z = C₁t +C₂; mais z(0) = 0et z(0) = 0;_ donc

( z(0) = 0 _

z(0) = 0 )

( C₂ = 0

C₁ = 0 ) z(t) = 0:

Nous avons aussi x•=!y_ )x_ =!y+C₃; mais comme x(0) = 0_ et y(0) = 0; d’où _

x(0) =!y(0) +C₃ ) C₃ = 0 ) x_ =!y:

La même chose avec l’équationy•= !x+_ _m^qE₀ )y_ = !x+_m^qE₀t+C₄;ory(0) = 0_ etx(0) = 0; donc

_

y(0) = !x(0) + q

mE₀ 0 +C₄ ) C₄ = 0 ) y_ = !x+ q mE₀t:

Nous avons donc obtenu les deux équationsx_ =!y ety_ = !x+_m^qE₀t:En dérivant la deuxième par rapport àt; on aboutit ày•+!x_ = _m^qE₀; mais grâce à la première on aura

•

y+!²y= q mE₀:

C’est une équation linéaire de deuxième degré dont la solution est de la forme y =C5cos(!t) +C6sin(!t) + q

m!²E0:

En utilisant les conditions initiales y(0) = 0 et y(0);_ nous obtenons l’expression

…nale

y(t) = qE₀

m!² (1 cos(!t)):

Pour déterminerx(t); utilisons l’équation précédentey_ = !x+_m^qE₀t: En e¤et, x= _!¹y_+ _m!^q E₀t; d’où

x(t) = qE0

m!² (!t sin(!t)):

La trajectoire décrite par notre particule est ce qu’on appelle une cycloïde dans le plan OXY.

Exercices 5

Une fusée contient un mélange combustible qui produit en brulant un gaz de très forte pression qui s’échappe par la tuyère avec une vitesse relative~v_e par rapport à cette fusée, ce qui fait que sa masse diminue dans le temps.

A un instant t; la masse de notre fusée est m et sa vitesse égale à ~v: Après une durée in…nitésimale t; elle aura une masse m⁰ après avoir éjecté une masse (m m⁰)de gaz avec une vitesse~v_e par rapport à sa tuyère, ce qui va lui permettre d’avoir une vitesse~v⁰:

1. Déterminer la quantité de mouvement de la fusée à l’instant t:

2. Déterminer la quantité de mouvement de l’ensemble de la fusée et du gaz éjecté à l’instantt+ t:

3. A l’aide du principe fondamental de la dynamique, écrire l’équation du mou-vement de la fusée.

Supposons maintenant que le mouvement se fait selon l’axe verticalOZ:

4. Dans le cas où on néglige les forces extérieures et que le mouvement se fait verticalement selon (OZ; ~k) vers le haut, déterminer la relation entre la masse m0

et la vitessev₀ initiales de la fusée avec sa masse m_f et sa vitessev_f …nale quand le combustible sera complètement épuisé (~v_e est constant).

5. Dans le cas où la masse du gaz éjecté par unité de temps appelée le débit massif D est constant, la variation de la masse de la fusée sera ^dm_dt = D. Déterminer la variation de vitesse de la fusée en présence d’un champ de gravité mg~k.

6. A partir de maintenant, nous allons prendre en considération le poids de la fusée mg~k ainsi que la résistance de l’air mv²~k qu’elle subit ( > 0). En supposant que la variation de la masse suit la loi m=m₀e ^bt (b >0)et que v₀ = 0 à l’instantt0 = 0;déterminer la variation de la vitesse de la fusée. Calculer la limite de cette vitesse quandt ! 1:

7. En réalité, la fusée cesse d’éjecter du gaz à un certain temps t_f après le décollage. Calculer sa masse m_f à cet instant, ensuite trouver la relation avec la vitessev_f.

Solution

1. A l’instantt; la masse de la fusée est m et sa vitesse est~v; donc

~

p(t) =m~v:

2. A l’instant t+ t; d’un coté, la masse de la fusée est m⁰ et sa vitesse est ~v⁰; d’un autre coté, le gaz éjecté à une massem m⁰ et une vitesse~v⁰+~ve par rapport au repère terrestre. Il ne faut pas perdre de vue que ce gaz (m m⁰) est déjà pris en compte à l’instantt dans la formule~p(t) =m~v avant qu’il soit éjecté. C’est pour cela que nous allons prendre la quantité de mouvement de l’ensemble fusée+gaz

~

p(t+ t) =m⁰~v⁰+ (m m⁰) (~v⁰+~v_e) d’où

~

p(t+ t) =m~v⁰ (m⁰ m)~v_e: 3. Le PFD implique

lim

t!0

~ p

t =X

i

F~_i =) lim

t!0

~

p(t+ t) ~p(t)

t =lim

t!0

m ~v m~v_e

t =X

i

F~_i

où m=m⁰ m et ~v=~v⁰ ~v:Finalement, md~v

dt =X

i

F~_i+dm dt ~v_e:

Le terme ^dm_dt~v_e est la force de propulsion de la fusée. Sachant que ^dm_dt < 0 (car la masse de la fusée diminue suite à l’éjection du gaz), si~v_e est orientée vers le bas, la propulsion sera vers le haut.

4. La projection de la loi précédente sur l’axe vertical avecP

iF~_i =~0nous donne la relation

mdv

dt~k = dm

dt v_e~k =) mdv= v_edm:

Après intégration Z vf

v0

dv= ve

Z mf

m0

dm

m ) vf =veln m₀

m_f +v0: Il s’agit de l’équation de Tsiolkovski. Il est clair quev_f > v₀ carm_f < m₀:

5. Nous avons ^dm_dt = D) m= D(t t₀) +m₀;oùt₀ est l’instant initial: En appliquant le PFD, nous allons avoir l’équation

dv

dt = g+ D

D(t t₀) +m₀

| {z }

= _m^{1 dm}_dt

ve ) Z v

v0

dv= Z t

t0

g+ D

D(t t₀) +m₀ve dt:

Après intégration, nous obtenons la relation v = g(t t₀) v_eln 1 D

m₀ (t t₀) +v₀: 6. Le PFD implique

mdv

dt = dm

dt v_e mg mv²: Sachant que _m^{1 dm}_dt = b; l’équation de la vitesse sera

dv

dt =bv_e g v² ) dv

2 v² =dt où =p

bv_e g:Intégrons cette équation comme suit Z v

v0=0

1

( p

v)+ 1 ( +p

v) dv= Z t

t0=0

2 dt:

Finalement,

p1 ln +p p v

v

!

= 2 t ) v(t) = p tanh( p t):

On en déduit que lim

t!1v(t) = lim

t!1p tanh( p

t) = p = ^pbvp^{e g}:

7. Nous avonsm =m₀e ^bt;doncm_f =m₀e ^btf:La vitessev_f = p tanh( p t_f) =

p e

p tf+e

p tf

e

p tf e

p tf: Finalement

v_f = p m

p b

f +m

p b

f

m

p b

f m

p b

f

= p 1 +m

2 p b

f

1 m

2 p b

f

:

CHAPITRE

4 Travail et Energie d’un Point Matériel

Au sens physique, l’énergie caractérise la capacité à modi…er un état. Autrement dit, toute action ou changement d’état nécessite que de l’énergie soit échangée. En mécanique, on s’intéresse à trois types d’énergies qui sont l’énergie cinétique liée au déplacement des objets, l’énergie potentielle emmagasinée dans un système et l’énergie mécanique qui est la somme des deux énergies précédentes.

4.1 Travail d’une force

Le travail mesure l’e¤ort d’une force en déplacement. Autrement dit, si une force F~ varie d’une façon continue pendant que son point d’application décrit une courbe orientée (C), son travail le long d’un arcAB^y de cette courbe est égal à sa circulation sur ce trajet :

W_AB = Z

ABy

F :~ !dl : (4.1.1)

Travail de la force F~ le long de arc AB:^y Il est clair queW_AB = 0siF~?!

dl sur tout le trajetAB:^y En coordonnées cartésiennes, F~ =F_x~i+F_y ~j+F_z ~k et !

dl =dx ~i+dy ~j+dz ~k;d’où W_AB =

Z

ABy

F_x dx+F_y dy+F_z dz: (4.1.2)

SiW_AB <0, on parle d’un travail moteur, sinon (WAB >0) le travail est résistant.

Il est clair que si la force F~ est constante et que le trajet AB^y = AB! est un segment de droite, le travail sera donné par

W_AB = Z

ABy

F :~ !dl =F :~ AB:! (4.1.3)

Un corps de massem dans un champ de gravité constant~g subit la force de son poids P~ = m~g: Si ce corps est un point matériel M qui se déplace le long d’une trajectoire reliant les point A(x_A; y_A; z_A) et B(x_B; y_B; z_B); le travail de son poids sera

W_AB = Z

AB

F~ !dl = Z

AB

mgdz = mg Z zB

zA

dz = mg(z_B z_A) = mg z:

(4.1.4)

Travail du poids dépendant uniquement de l’altitude.

Cela montre que le travail du poids ne dépend pas du chemin suivi mais uniquement de la variation d’altitude entre les points de départ et d’arrivée. Le travailW_AB >0 si le point M descend ; sinonW_AB <0.

Si un point matériel se déplaçant sur un arc de cercle de rayon R; subit une force tangentielle F~_T constante en module; le travail dans ce cas peut-être calculé en coordonnées polaires

WAB = Z

AB

F~ ! dl =

Z

AB

F0~e Rd ~e = Z 2

1

F0 Rd =F0R =F0

AB:y (4.1.5)

Travail le long d’un arc de cercle.

Donc le travail est égal au module de la force multiplié par la longueur de l’arc avec un signe moins si ce travail est résistant.

Dans le document UniversitØ A.Mira BØjaia FacultØ des Sciences Exactes DØpartement de Physique BELHADI Zahir MECANIQUE DU POINT (Page 41-53)