Mécanique newtonienne | Chapitre 1 | Correction TD (M1)
Projections de vecteurs Rappel de la technique vue en cours
Soit une base orthonormée directe et un angle α qui varie. Si l’orientation relative de la base et d’un vecteur F⃗ varie lorsque α varie, alors F⃗ s’écrit de la forme suivante :
F⃗ = F [cos(α) (±u⃗ 1,2) + sin(α) (±u⃗ 1,2)]
Avec :
o F la norme du vecteur F⃗ ;
o u⃗ 1 et u⃗ 2 les deux vecteurs de base de la BOND.
Pour trouver quel vecteur placer avec le cos(α), il faut se placer dans le cas particulier α = 0. Pour trouver quel vecteur placer avec le sin(α), il faut se placer dans le cas particulier α = π 2⁄ .
Dessinons ces deux cas limites.
Prenons l’exemple du poids P⃗⃗ . Lorsque α varie, P⃗⃗ reste fixe relativement à la base (e⃗ x, e⃗ y). On en déduit :
P⃗⃗ = −P e⃗ y → Dans la base (e⃗ x, e⃗ y)
En revanche, l’orientation entre le vecteur P⃗⃗ et la base (e⃗ x0, e⃗ y0) varie lorsque α varie. On applique donc la méthode précédente :
P⃗⃗ = P [cos(α) (±u⃗ 1,2) + sin(α) (±u⃗ 1,2)]
Lorsque α = 0, P⃗⃗ est colinéaire à −e⃗ y0. On en déduit :
P⃗⃗ = P [− cos(α) e⃗ y0+ sin(α) (±u⃗ 1,2)] → Dans la base (e⃗ x0, e⃗ y0)
Lorsque α = π 2⁄ , P⃗⃗ est colinéaire à +e⃗ x0. On en déduit :
P⃗⃗ = P [− cos(α) e⃗ y0+ sin(α) e⃗ x0] → Dans la base (e⃗ x0, e⃗ y0)
Passons à la réaction normale du support N⃗⃗ . Lorsque α varie, N⃗⃗ reste fixe relativement à la base (e⃗ x0, e⃗ y0). On en déduit :
N⃗⃗ = N e⃗ y0 → Dans la base (e⃗ x0, e⃗ y0)
En revanche, l’orientation entre le vecteur N⃗⃗ et la base (e⃗ x, e⃗ y) varie lorsque α varie.
On applique donc la méthode précédente. Lorsque α = 0, N⃗⃗ est colinéaire à +e⃗ y. Lorsque α = π 2⁄ , N⃗⃗ est colinéaire à +e⃗ x. On en déduit :
N⃗⃗ = N [cos(α) e⃗ y+ sin(α) e⃗ x] → Dans la base (e⃗ x, e⃗ y)
Passons finalement aux frottements 𝑓 . Lorsque α varie, 𝑓 reste fixe relativement à la base (e⃗ x0, e⃗ y0). On en déduit :
𝑓 = −𝑓 e⃗ x0 → Dans la base (e⃗ x0, e⃗ y0)
En revanche, l’orientation entre le vecteur 𝑓 et la base (e⃗ x, e⃗ y) varie lorsque α varie.
Lorsque α = 0, 𝑓 est colinéaire à −e⃗ x. Lorsque α = π 2⁄ , 𝑓 est colinéaire à +e⃗ y. On en déduit :
𝑓 = 𝑓 [− cos(α) e⃗ x+ sin(α) e⃗ y] → Dans la base (e⃗ x, e⃗ y) Pendule
1)La masse M se déplace sur un cercle de rayon ℓ. Ainsi, les coordonnées polaires sont mieux adaptées à cette situation puisque seule l’une des deux variables varie (l’angle θ).
2) Position en cordonnées polaires :
OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ℓ e⃗ r Vitesse :
v
⃗ =dOM⃗⃗⃗⃗⃗⃗
dt = dℓ
⏟dt
= 0
e⃗ r+ ℓ de⃗ r
⏟dt
= θ̇e⃗ θ
= ℓθ̇e⃗ θ Accélération :
a⃗ =dv⃗ dt = dℓ
⏟dt
= 0
θ̇e⃗ θ+ ℓ dθ̇
⏟dt
= θ̈
e⃗ θ+ ℓθ̇ de⃗ θ
⏟dt
= −θ̇e⃗ r
= ℓθ̈e⃗ θ− ℓθ̇2e⃗ r Poids :
P⃗⃗ = mg [cos(θ) e⃗ r− sin(θ) e⃗ θ] Tension :
T⃗⃗ = −T e⃗ r
Lancé vertical
1) Le vecteur accélération est constamment dirigé vers le bas.
2) Durant la phase d’ascension, le vecteur vitesse est dirigé vers le haut. Durant la retombée, le vecteur vitesse est dirigé vers le bas.
Conversion d’unités 1)On a :
v = 70 km∙h-1= 70km
h = 701000 m
3600 s = 19,4 m ∙ s−1 2)On a :
ω = 3500 tr∙min-1= 3500 tour
minute= 35002π rad
60 s = 366,5 rad∙s-1 Trajectoire hélicoïdale
1)On a :
[R] = [x] = L Il s’agit d’une distance.
[ω] = [1
t] = T−1 Il s’agit de l’inverse d’un temps.
[α] = [z
t] = L ∙ T−1 Il s’agit d’une vitesse.
2) On rappelle :
r = √x2+ y2= √R2(cos2(ωt) + sin2(ωt)) = √R2 et
tan(θ) =y
x= tan(ωt) On en déduit :
{
r(t) = R θ(t) = ωt z(t) = α t
3)Le point se déplace à la surface d’un cylindre (car r est constant). L’angle et l’altitude croissent linéairement avec le temps. Cette courbe s’appelle une hélice.
4) En coordonnées cartésiennes : v
⃗ = dOM⃗⃗⃗⃗⃗⃗
dt = d
dt(R cos(ωt) e⃗ x+ R sin(ωt) e⃗ y+ αt e⃗ z) = −Rω sin(ωt) e⃗ x+ Rω cos(ωt) e⃗ y+ α e⃗ z En coordonnées cylindriques, on rappelle que l’on a :
e⃗ x= cos(θ) e⃗ r− sin(θ) e⃗ θ = cos(ωt) e⃗ r− sin(ωt) e⃗ θ e⃗ y= cos(θ) e⃗ θ+ sin(θ) e⃗ r= cos(ωt) e⃗ θ+ sin(ωt) e⃗ r Ainsi, en remplaçant e⃗ x et e⃗ y dans l’expression de la vitesse :
v
⃗ = −Rω sin(ωt) e⃗ x+ Rω cos(ωt) e⃗ y+ α e⃗ z = −Rω sin(ωt) [cos(ωt) e⃗ r− sin(ωt) e⃗ θ] +Rω cos(ωt) [cos(ωt) e⃗ θ+ sin(ωt) e⃗ r] + α e⃗ z = Rω [sin2(ωt) + cos2(ωt)] e⃗ θ+ α e⃗ z
On en déduit : v
⃗ = −Rω sin(ωt) e⃗ x+ Rω cos(ωt) e⃗ y+ α e⃗ z= Rω e⃗ θ+ α e⃗ z Sa norme vaut :
v = √R2ω2+ α2
Mouvement d’un ballon-sonde en présence de vent latéral 1)La vitesse vaut :
{
ż(t) = v0 ẋ(t) =z
τ On en déduit la position du ballon :
{
z(t) = ∫ v0dt
t 0
= v0t x(t) = ∫ z
τdt
t 0
= ∫ v0t τ dt
t 0
= v0 2τt2 On en déduit :
x = z2 2v0τ Il s’agit d’une parabole.
2) On dérive deux fois le vecteur position pour obtenir le vecteur accélération : {
z̈(t) = 0 ẍ(t) =v0
τ Donc :
a⃗ =v0 τ e⃗ x
Interpellation pour vitesse excessive
1)On indice les variables par « c » pour le conducteur et par « g » pour le gendarme.
On note t = 0 et x = 0 le temps et la position des deux protagonistes au moment où ils se croisent.
On connait la vitesse du conducteur : ẋc= v0. On en déduit sa position : xc = v0t
De plus, on connait l’accélération du gendarme : ẍg= a1= cte. On en déduit sa vitesse : ẋg= a1t. On sait de plus qu’il atteint la vitesse v1= 90 km∙h-1au bout d’un temps t1= 10 s. Ainsi :
v1= a1t1⇒ a1=v1 t1 On en déduit sa position :
xg= v1 2t1t2
On chercher finalement le temps tr nécessaire pour le gendarme ait rattrapé le conducteur, c’est-à-dire que xc= xg. Ainsi,
v0tr= v1
2t1tr2⇒ tr=2v0
v1 t1= 22,2 s 2) La distance de poursuite vaut :
xr= v0tr= 617 m 3) La vitesse du gendarme vaut alors :
vr=v1
t1tr= 200 km∙h-1 Course de voiture
1) Button parcourt un demi-cercle de rayon RB. DB= πRB = 282,8 m
Alonso parcourt un demi-cercle de rayon RA, plus deux fois la distance (RB− RA) DA= πRA+ 2(RB− RA) = 265,6 m
Alonso parcourt une distance plus petite, mais on ne peut rien conclure sur la trajectoire optimale car c’est le temps de parcours qui compte.
2) On rappelle l’expression de la vitesse d’un système sur une trajectoire circulaire : v
⃗ = Rθ̇ e⃗ θ = Rω e⃗ θ
Puisque cette vitesse est constante, on a : θ̇ = ω = cte. Ainsi, l’accélération vaut : a⃗ = −Rω2 e⃗ r= cte⃗⃗⃗⃗⃗
On en déduit que :
a =v2
R ⇒ v = √aR
Pour une accélération de 0,8 g = 7,85 m ∙ s−2, on en déduit : vB = 26,58 m ∙ s−1 vA = 24,26 m ∙ s−1 3)On en déduit simplement le temps de parcourt par : t = D v⁄ :
tA= 10,95 s tB= 10,63 s C’est finalement la trajectoire de Button qui est la meilleure.
Mouvements d’un planeur
1) On rappelle que l’évolution de la norme du vecteur vitesse est liée à la composante normale du vecteur accélération.
Comme dans le cours, notons T⃗⃗ le vecteur unitaire tangent à la trajectoire en P et N⃗⃗
le vecteur unitaire normal à la trajectoire en P, dirigé dans le sens de la concavité (« vers l’intérieur » de la trajectoire). Alors :
dv dt = a⃗ ∙ T⃗⃗
Dans la position (1) : a⃗ ∙ T⃗⃗ < 0 ⇒ dv
dt< 0 ⇒ La norme du vecteur vitesse diminue Dans la position (2) :
a⃗ ∙ T⃗⃗ > 0 ⇒ dv
dt > 0 ⇒ La norme du vecteur vitesse augmente Dans la position (3) :
a⃗ ∙ T⃗⃗ = 0 ⇒ dv
dt= 0 ⇒ La norme du vecteur vitesse est constante 2)Voir cours, on a :
a =v2 R
3)La trajectoire (a) n’est pas rectiligne, la direction du vecteur vitesse n’est donc pas constante. Nous n’avons en revanche aucune information sur sa norme.
4) On a vu dans le cours que : a⃗ ∙ T⃗⃗ =dv
dt et a⃗ ∙ N⃗⃗ = −v2 R
Ici, la norme du vecteur vitesse v est la même pour les deux trajectoires : a⃗ ∙ T⃗⃗ = 0.
On en déduit que la norme du vecteur accélération vaut : a =v2
R
Par conséquent, plus le rayon du cercle tangent à la trajectoire est petit, plus l’accélération sera grande. On en déduit que l’accélération maximale de (b), celle au niveau du « virage », est plus grande que l’accélération maximale de (c).
5) Le vecteur accélération est toujours dirigé dans le sens de la concavité (« vers l’intérieur » de la trajectoire). C’est donc le vecteur a⃗ qui représente le vecteur accélération de cette trajectoire.
6) Non.
7) Si la trajectoire est parcourue dans le sens horaire, la norme du vecteur vitesse augmente car a⃗ ∙ T⃗⃗ > 0.
Chute d’un bâton
1)Rappel : le vecteur e⃗ α est toujours dirigé dans « le prolongement » de l’angle α.
2) Etant donné que la distance OM = r est constante, on a : OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = r e⃗ r
v
⃗ = rα̇ e⃗ α
a⃗ = rα̈ e⃗ α− rα̇2 e⃗ r 3) Il s’agit d’une trajectoire circulaire.
4) Le bâton subit une rotation autour de l’axe (Oz).
5)Pour le point A, on a par intégrations successives : { ẍA = 0
ÿA = −g { ẋA= 0
ẏA = −gt { xA = 0 yA = −1
2gt2
6)On sait que y = 0. De plus, d’après Pythagore, on a : y2+ x2 = L2. Ainsi :
{ xB= √L2− (1 2gt2)
2
yB= 0 7) On a :
cos(α) =yA− yM AM =yA
L
Or, AM = L − y0 est une constante au cours du mouvement. Ainsi : yA− yM
L − y0 =yA
L ⇒ yM= yAy0 L 8) D’après Pythagore, on a :
(yA− yM)2+ xM2 = AM2 = (L − y0)2 On en déduit :
(yM L
y0− yM)
2
+ xM2 = (L − y0)2
⇒ (yM y0
)
2
(L − y0)2+ xM2 = (L − y0)2
⇒ xM2
(L − y0)2+yM2 y02 = 1
Il s’agit d’une ellipse de centre (0,0) et de demi-axes (L − y0) et 𝑦0. 9)Le point M tel que
L − y0= 𝑦0⇒ y0=L 2
possède une trajectoire circulaire. Il s’agit du point au milieu du bâton.
10)Dans le référentiel d’étude, le bâton ne subit ni une translation pure, ni une rotation pure.
On a montré que le centre de masse du bâton subit une translation circulaire. On peut montrer que dans le référentiel du centre de masse, le bâton subit une rotation pure autour de son centre. Il s’agit là du référentiel d’étude privilégié pour étudier ce mouvement.
Longueurs, surfaces et volumes 1) Voir cours : d𝑙 = Rdθ.
2)On a :
L = ∫ dl
θ = 2π θ = 0
= ∫ Rdθ
θ = 2π θ = 0
= R ∫ dθ
θ = 2π θ = 0
= 2πR On retrouve bien la formule du périmètre du cercle.
3)Voir cours : dS = dr × rdθ. 4)On a :
S = ∬ dS = ∫ ∫ rdrdθ
θ = 2π θ = 0 r = R r = 0
= ∫ rdr
r = R r = 0
⏟
1 2R2
∫ dθ
θ = 2π θ = 0
⏟
2π
= πR2
On retrouve bien la formule de l’aire d’un cercle.
5) Voir cours : dV = dr × rdθ × dz. 6) On a :
V = ∭ dV = ∫ ∫ ∫ rdrdθdz
θ = 2π θ = 0 r = R r = 0 z = H z = 0
= ∫ dz
z = H z = 0
⏟
H
∫ rdr
r = R r = 0
⏟
1 2R2
∫ dθ
θ = 2π θ = 0
⏟
2π
= πR2H
On retrouve bien le volume d’un cylindre (Base × Hauteur).
7)On a : dS = Rdθ × R sin(θ)dφ. Donc:
S = ∬ dS = R2∫ sin(θ) dθ
θ =π θ = 0
⏟
2
∫ dφ
φ = 2π φ = 0
⏟
2π
= 4πR2
8) On a : dV = dr × rdθ × r sin(θ)dφ. Donc : V = ∭ dV = ∫ r2dr
r = R r = 0
⏟
R3 3
∫ sin(θ) dθ
θ =π θ = 0
⏟
2
∫ dφ
φ = 2π φ = 0
⏟
2π
= 4 3πR3
