En rempla¸cant yet dy, on obtient : F~1.d~r = −xdx + xdx = 0dx et WBCO F

Solution de la s´erie 4 : Energie et Chocs

Les figures manquent. Ce document n’a pas ´et´e v´erifi´e par d’autres personnes.

Exercice 1

Ec(50)−Ec(0) =W_x=0^x=50 F~^T

=´50 0 F~^T.d~r

Mouvement rectiligne :d~r =dx~i et F~^T =F~i⇒dW F~^T

=F~^T.d~r =F dx W_x=0^x=50

F~

=´50

0 F dx=A(0,50, F) = ^(40+30)m₂ ^×1N = 35J Exercice 2

Dans chaque cas, on ´ecrit :WOABCO

F~

=WOAB

F~

+WBCO

F~

et d~r=dx~i+dy~j Pour F~₁ =−y~i+x~j

Sur OAB : y = ^x₂² ⇒ ^dy_dx = x ⇒ dy = xdx. En rempla¸cant y et dy, on obtient :

F~₁.d~r =−ydx+xdy =−^x₂²dx+x²dx= ^x₂²dx Donc,W0AB

F~1

=´₂

0 x²

2dx= ⁴₃J

Sur BCO :y=x⇒dy=dx. En rempla¸cant yet dy, on obtient :

F~1.d~r = −xdx + xdx = 0dx et WBCO

F~

=

´0

2 0dx= 0J

Finalement, WOABCO

F~1

= ⁴₃J

Pour F~₂ =x~i+y~j

Sur OAB : y = ^x₂² ⇒ ^dy_dx = x ⇒ dy = xdx. En rempla¸cant y et dy, on obtient :

F~₂.d~r =xdx+ydy =xdx+ ^x₂³dx Donc, W0AB

F~2

=´₂

0

x³ 2 +x

dx = 4J

Sur BCO :y=x⇒dy=dx. En rempla¸canty et dy, on obtient :

F~2.d~r = xdx + xdx = 2xdx et WBCO

F~2

=

´0

2 2xdx=−4J Finalement, WOABCO

F~2

= 0J 2.W_OABCO

F~

est un travail sur un chemin ferm´e. CommeW_OABCO F~₁

6= 0, cette force ne d´erive pas d’un potentiel. Par contre,WOABCO

F~2

= 0, cette force peut d´eriver d’un potentiel. En effet, elle

d´erive effectivement de l’´energie potentielleEp =−¹₂(x²+y²) car F~2 =x~i+y~j =−

∂Ep

∂x~i+^∂E_∂y^p~j . Exercice 3

1. L’origine des ´energies potentielles est l’infini :E_p(r) = −G^{M m}_r . Le poids est une force gravitation- nelle : mg0 =G^{M m}_R² , donc

g0 =G_R^M2 ⇒Ep(r) =−mg0R² r

2.a. RFD :F =man ⇒G^{M m}_a2 = ^mv_a² avec v = ^2π_T a=ω0a⇒a= G_ω^M2

0

1/3

= g0R²

ω0²

1/3

2.b. Ec = ¹₂mv² ⇒Ec = ¹₂mω₀² g0R²

ω²0

2/3

= ¹₂m(g0R²ω0)^2/3 Ep =−mg0R²

a =−m(R²g0ω0)^2/3 ⇒ET =−¹₂m(g0R²ω0)^2/3

3. Force centrale implique L~ =m~r∧~v=C~ (constant) ⇒mO ~D∧V~1 =mO ~A∧V~2

DoncmdV₁sin ^π₂

=maV₂sin ^π₂

⇒dV₁ =aV₂ Exercice 4

M = 5.98×10²⁴kg, RT = 6400km, m= 68kg etG= 6.67×10⁻¹¹N.m².kg⁻² 1.E_p(r) =−G^{M m}_r

Rappel du calcul deEp (non demand´e dans la question) Ep(B)−Ep(A) =−W_A^B(F~) =−´B

A F .d~r~ o`u F~ =−G^{M m}_r² ~ur etd~r =dr~ur. DoncF .d~r~ =−G^{M m}_r² dr Ep(B)−Ep(A) =´rB

rA G^{M m}_r² dr =

−G^{M m}_r rB

rA =−G^{M m}_r

B +G^{M m}_r

A

DoncEp(r) =−G^{M m}_r +C.

On choisit l’origine des ´energies potentielles gravitationnelles `a l’infini : limr→∞Ep(r) = 0J ⇒limr→∞ −G^{M m}_r +C

= 0J ⇒C= 0J.

2.ET =Ec+Ep

Ec = ¹₂mv² avec m^v_r² =G^{M m}_r2 (voir exercice 3). Donc Ec = ¹₂G^mM_r etET =−¹₂G^mM_r .

3. RFDF =man⇒G^{M m}_r² =m^v_r². Trajectoire circulaire : v =rω ⇒G^{M m}_r² =m^r2_r^ω2 ⇒r³ω² =GM

4. Un satellite qui parait immobile dans le ciel a une p´eriode= 24h,T = 86400s. Sachant queω = ^2π_T , la loi de Kepler donne alorsr =

GM_4π^T22

¹₃

= 42250km.

L’altitude est h=r−R_T = 35850km. La vitesse est v =rω = ^2πr_T , v = 3072.5m/s. L’´energie totale est : ET = ¹₂mv²−G^{M m}_r =−6.42×10¹¹J.

Exercice 5

m= 20kg, v₀ = 30m/s, g = 10m/s²

1.a. Ec0= ¹₂mv₀² = 9000J, Ep0 =mgz0 = 0J, ET = 9000J = 9kJ.

1.b. Ep =mgz avec z =−5t²+ 30t ⇒Ep =−t²+ 6t (en kJ),ET = 9kJ etEc =ET −Ep ≥0.

0 1 2 3 4 5 6 7

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

t(s) E(kJ)

E_p

Ec

ET

0 1 2 3 4 5 6

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

z(×10m) E(kJ)

Ep

Ec

ET

Le graphe montre que Ep(3s) = 9kJ, Ec(3s) = 0kJ. Ep(5s) = 5kJ, Ec(5s) = 4kJ.

Pour t = 8s, on aura (par calcul) Ep(8s) = −16kJ. Ec = 25kJ. Remarquons que le mouvement pourrait devenir impossible apr`est = 6s car Ep(6s) = 0J, ce qui implique le corps revient au niveau du sol.

1.c. Ep =mgz= 0.2z (Ep benkJ et z en m), ET = 9kJ et Ec =ET −Ep ≥ 0.

Le graphe montre que Ep(30m) = 6kJ, Ec(30m) = 3kJ.

Pourz ≥45m, on a Ep ≥ET ⇒Ec ≤0, le mouvement est impossible (pourz = 50m).

1.d. E_cmax=E_T = 9kJ. E_c(z) = 0.8E = 7.2kJ. On voit que z = 9m.

2. On consid`ere le cas o`uα= 70^◦ ⇒α= ^7π₁₈. Doncv0x =v0cosα= 10.26^m_s etv0z =v0sinα= 28.19^m_s. 2.a. Ec0= ¹₂mv₀² = 9000J, Ep0 =mgz0 = 0J, ET = 9000J = 9kJ.

2.b E_p =mgz avec z =−¹₂gt²+v_0zt ⇒E_p(t) =mg −¹₂gt²+v₀tsinα

,E_T = 9kJ etE_c =E_T−E_p.

0 1 2 3 4 5 6 0

1 2 3 4 5 6 7 8 9

t(s) E(kJ)

Ep

Ec

ET

0 1 2 3 4 5 6

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

z(×10m) E(kJ)

Ep

Ec

Ec0x

ET

Le graphe montre que Ep(3s) = 7.91kJ, Ec(3s) = 1.09kJ. Ep(5s) = 3.19kJ,Ec(5s) = 5.81kJ.

Ep(8s) =−18.89kJ, Ec(8s) = 27.89kJ.

2.c Ep =mgz = 0.2z (Ep ben kJ et z en m), ET = 9kJ et Ec =ET −Ep ≥Ec0x = ¹₂mv₀²cos²α = 1,05kJ.

Le graphe montre que Ep(30m) = 6kJ, Ec(30m) = 3kJ.

Pour z ≥ 39.75m, on a Ec = Ecx+Ecz ≤ Ec0x ⇒ Ecz ≤ 0, le mouvement est impossible (pour z = 50m).

2.d. Ecmax=ET = 9kJ. Ec(z) = 0.8E = 7.2kJ. On voit que z = 9m.

2.e. Le sommet de la trajectoire correspond au minimum de EC. Il correspond `a z = 39.5m, Ec = Ec0x = 1,05kJ et Ep = 7.95kJ.

Exercice 7

Donn´ees : R= 1m, m= 0.2kg,α = ^π₄, k= 10⁴N/m, g = 9.81m/s²

a.ET(B)−ET(A) =W_A^B(C) = 0,~ ¹₂mv²_b+mgR(1−cosα)−mgR= 0. D’o`uvb =√

2gRcosα= 3.72^m_s RFD sur l’axe normal :C−mgcosα=m^v

2 b

R. DoncC = 3mgcosα = 4.16N b.P =mg= 1.96N →3.9cm etC = 4.16N →2.08cm

c.an = ^v_R^2b = 2gcosα= 13.87^m_s² et mgsinα=mat ⇒at=gsinα = 6.94_s^m2 a=p

a²_n+a²_t =g√

1 + 3 cos²α= 15.51_s^m2 2.x=q

2mgR

k = 1.98cm Exercice 8

Donn´ees : m= 0.04kg,p0 = 0.8kgm/s.

1.Ec0 = ¹₂mv₀² = _2m^p20 = 8J,Ep0 = 2J et ET = 10J.

Exercice 10

Donn´ees : α = 25^◦ = 0.436rd BC =L = 2m, CD =l = 0.2m, R = 0.2m, m = 0.5kg,k = 15N/m, µs = 0.6, µg = 0.4,g = 9.81m/s². x1 = 0.1m,

1. RFD : P~ +T~ +C~0 =~0 et C0x =µsC0y =⇒ x0 = ^mg_k (µscosα−sinα) = 3.96cm.

2. a.ET(D)−ET(x1) =W_x^D1(C) ; o`~ uET(D) = ¹₂mv²_DetET(x1) =mgh1+¹₂kx²₁avech1 = (L+x1) sinα.

Comme Cx change, on a : W_x^D₁(C) =~ W_x^C₁(C) +~ W_C^D(C) =~ −µdmgcosα(x1+L)−µdmgl Alors : v_D² = 2g(L+x1) (sinα−µgcosα)−2gµgl+_m^kx²₁ = 1.2063^m_s²² ⇒,vD = 1.1m/s 2.b. ET(D) =ET(M) car W_D^M(C) = 0. Donc,~ vM =p

v_D² −2gR(1−cosθ)

2.c. vM = 0⇒ v_D² −2gR(1−cosθ) = 0⇒cosθ = 1− ^v

2 D

2gR = 0.69⇒θ = 46.24^◦ 3. La force de contact enE est telle quemg+C =m^v

2 E

R =m^v

2 D−4gR

R (voirvM dans (2.b) pour θ=π).

La masse d´ecolle quand C = 0 (pas de contact). Donc vDmin =√

5gR= 3.13^m_s Exercice 11

m1 = 0.1kg, m2 = 0.2kg, h= 0.2m

1. On peut simplifier l’exercice en ´ecrivantm1 =m etm2 = 2m, mais on ´etudiera la cas g´en´eral dont les solutions sont simples et g´en´erales.

Vitesse de la particule 1 juste avant le contact :

T~ ⊥d~l =⇒ E_T =C. Donc ¹₂m₁v₁² =m₁gh soit v₁² = 2gh a. Choc ´elastique :

m1v1 =m1v^′₁+m2v₂^′

1

2m1v²₁ = ¹₂m1v₁^′2+¹₂m2v₂^′2

En divisant les deux ´equations par m1, on obtient v₁^′ =v₁−^m_m²1v₂^′

v₁² =v₁^′2+ ^m_m²

1v₂^′2

Le remplacement dev₁^′ dans la deuxi`eme ´equation donne :−2v1v₂^′ + (1 + ^m_m²₁)v₂^′2 = 0 Solution inacceptable :v^′₂ = 0 =⇒ v₁^′ =v1

Solution acceptable : v₂^′ = _m^2m_1+m^1v1₂ et v^′₁ = ^(m_m¹₁⁻_+m^m2₂⁾v1. Alors h^′₁ = ^v_2g^′12 = ^(m_(m^1−m2)2

1+m2)²h = 2.22cm et h^′₂ = ^v_2g^2′2 = ^4m21

(m¹+m²)²h = 8.89cm

Remarquons que m1 rebondit car v₁^′ <0.

b. Choc parfaitement in´elastique

m1v1 = (m1+m2)v^′. Doncv^′ = _m1^m_+m¹ ₂v1 et h^′ = ^v_2g^′2 = _(m^m21

1+m²)²h= 2.22cm

2. Il est plus simple de permuter les valeurs des masses m1 = 0.2kg et m2 = 0.1kg a. Choc ´elastique :h^′₁ = ^(m_(m^1−m2)2

1+m2)²h= 2.22cmet h^′₂ = _(m^4m21

1+m2)²h= 35.56cm

Remarquons que les deux boules vont dans le mˆeme sens et montent `a des hauteurs plus grandes que celle de la question 1.a. La boule cible m2 (la plus l´eg`ere) monte le plus haut.

b. Choc parfaitement in´elastique :h^′ = _(m ^m21

1+m2)²h= 8.89cm

Dans ce cas aussi les deux boules montent `a une hauteur plus grande que celle de la question 1.b.

Exercice 11 (suppl´ementaire)

Donn´ees : m= 0.2kg,d = 1m, l = 0.1m, L= 1m,µd= 0.1,g = 10m/s²,k = 140N/m,β = ^π₆. 2. Forces appliqu´ees `aA : P~ =↓et C~ =տ car ~v =→.

RFD :P~ +C~ =~0 Ox :−

C~_x

=ma, Oy :−mg+ C~_y

= 0, Glissement : C~_x

=µ_d C~_y

. Donca =−µdg =−1^m_s²

Le mouvement est rectiligne (OC = droite) uniform´ement (a constante) retard´e (av <0).

3. Forces appliqu´ees `aB : P~ (conservative) et T~ (non conservative) E_T (O)−E_T (α) = W_α^O

T~

= 0 car T~⊥d~r.

E_T (O) = ¹₂mv²_B et E_T (α) =mgy_α=mgl(1−cosα) DoncvB =p

2gl(1−cosα)

4. Nous avons la situation suivante :

Corps avant l’interaction apr`es l’interaction

A ~0 m~v_A

B m~vB ~0

(A+B) ~0 +m~vB m~vA+~0

Conservation de la quantit´e de mouvement du syst`eme isol´e (A+B) :m~vB =m~vA ⇒~vA=~vB. DoncvA=p

2gl(1−cosα) 5.ET (C)−ET(A) =W_A^C

C~

=− C~x

d

1

2mv²_C− ¹₂mv_A² =−µdmgd

vC =p

2g[l(1−cosα)−µdd]

6.vC = 0m/s⇒l(1−cosαm)−µdd = 0⇒cosαm = 1−µdd

l = 0⇒αm = ^π₂ 7. Forces appliqu´ees P~,C~ =↑car CD est parfaitement lisse etT~ =←car ∆~l=→. ET (x)−ET (C) =W_C^x

C~

=~0 car C~⊥d~r.

Les vitesses ´etant nulles en C et en x (compression maximale), on a ET (C) = 0

ET (D) =mgy+¹₂kx² = 0 avec y=−(L+x) sinβ Donc :−mg(L+x) sinβ+ ¹₂kx² = 0⇒

70x²−x−1 = 0,

Les solutions sont x = 12.69cm et x = −11.26cm. La premi`ere est la solution acceptable car la compression se fait dans le sens positif.

Exercice 12 (suppl´ementaire)

Donn´ees m = 80kg, vs = 0m/s, hs = 1540m, ho = 1440m, d = 150m, SO = d, Cθ = 400N, g = 9.81m/s²

1.a. ET s =mghs, ET o = ¹₂mv²_o+mgho

1.b. ET o−ET s =−Cθd⇒vo =q

2g(hs−ho)− ^C_m^θd = 34.81m/s 2.x=v_ot ety=−^g₂t² ⇒y=−_2v^g2_ox² =−4.047×10⁻³x²

3. L’´equation du planα= ^π₄ (dans le mˆeme rep`ere Oxy) : y=−xtanα−5 =−x−5

Le skieur touche le plan au pointM commun `a la trajectoire et au plan inclin´e. DoncyM =−4.047× 10⁻³x²_M =−xM −5⇒4.047×10⁻³x²_M −xM −5 = 0. Les solutions sont x=−4.9m (inacceptable), etx_M = 252m(acceptable). Par cons´equent, y_M =−257m et la distanceOM estD=p

x²_M +y_M² = 359.93m.

4. Le skieur est soumis `a son poids uniquement. Son ´energie totale se conserve ET O = ET M ⇒

1

2mv²_o = ¹₂mv_M² +mgyM (l’origine des ´energies potentielles est choisie en O) vM = p

v²_o−2gyM = q

(34.81)² −2×9.81×(−257) = 79.08m/s= 284.69km/h