Problèmes de dynamique du point, sans énergie

(1)

Problèmes de dynamique du point, sans énergie

I₂₄. d’après CCP 2000.

g = 9,8 m.s^–2.

1. On laisse tomber (sans vitesse initiale) d'une hauteur deux billes de même rayon, l’une de masse , l’autre plus légère, de masse

2 m

h = B₁

1 0, 7 kg

m = B₂ m₂ =0, 058 kg. Ces deux billes sont freinées par une force de frottement visqueux proportionnelle à leur vitesse : F_f =−αv, étant un coefficient positif qui est le même pour les deux billes.

α

=−β

a) A quelle équation différentielle la vitesse v, selon la verticale descendante Ox, satisfait-elle ? b) En déduire v t( ) en introduisant τ=m/α.

c) Représenter le graphe correspondant.

d) Donner une expression approchée de ^{v t}^{( )} pour ^t <<τ. e) Commenter.

f) Trouver l'équation horaire x t( ).

g) Donner une expression approchée de x t( ) pour t <<τ. h) Commenter.

2. Dans cette question, on reprend l'analyse précédente, mais la force de frottement est proportionnelle au carré de la vitesse : F_f v v v² / , étant un coefficient positif qui est le même pour les deux billes. β

a) Etablir l'équation différentielle à laquelle satisfait la vitesse d'une bille selon l'axe vertical descendant si cette bille est lâchée sans vitesse initiale.

b) Quelle est la dimension physique de (mg/ )β^1/2 ? c) Montrer que v t( ) a pour expression ( ) _lth

l

v t v gt

= v , étant une quantité que l'on déterminera.

On utilisera un changement de variable ramenant l’intégrale à calculer à vl

2

1 1

2ln 1 1

dx x

x x

= +

− −

∫

^.

exp( ) exp( ) exp( ) exp( ) sh( )

ch( ) sh( ) th( )

2 2

x x x x

x x

x

+ − − −

= =

ch( ) x = x

<<v g d) Tracer le graphe correspondant.

e) Quelle est la signification physique de v_l ?

f) Donner une expression approchée de v t( ) pour t _l/ . g) Commenter.

h) En déduire l'équation horaire x t( ), sachant que

∫

thu du =ln chu^. i) Donner une expression approchée de x t jusqu'au terme en t inclus.

On donne les développements limités pour x petit :

( ) ⁴

2 4 6 2 3 4 5

ch( ) 1 ... ; ln(1 ) ...

2 24 720 2 3 4 5

x x x x x x x

x = + + + + +x =x− + − + +

=− ωt j) Commenter.

k) On reprend l'étude de la chute des deux billes. Dans les deux cas, on admet la même valeur . Montrer que le mouvement de B est une chute libre dans le vide, avec une excellente précision relative que l'on calculera.

12 10⁻4SI β= ×

1

l) Quel est l'écart de distance entre les deux billes en fin de chute.

m) Commenter.

II41. Point matériel sur un plateau oscillant.

1) Un plateau horizontal est animé par rapport à la Terre d'un mouvement sinusoïdal vertical, de part et d'autre du point 0 fixe, d'amplitude a et de pulsation . Son altitude est z a , l'axe Oz étant vertical ascendant.

On pose sur le plateau un point matériel A de masse m. On suppose que la pulsation est telle qu'à chaque instant le point matériel A reste sur le plateau. Déterminer l'accélération z du plateau en fonction de sa cote z.

ω cos

ω

2) Déterminer la réaction R exercée par le plateau sur le point matériel A en fonction de la cote z du plateau.

3) Déterminer la cote z_M du plateau pour laquelle le module de R est maximal.

(2)

4)Déterminer la cote z_m du plateau pour laquelle le module de R est minimal,

5)Déterminer la cote z₀ du plateau pour laquelle le module de R est égal au poids du point matériel A.

6) On augmente très lentement la pulsation des oscillations du plateau, sans changer l’amplitude a. Déterminer la pulsation maximale pour laquelle le point A ne décolle jamais du plateau.

ω ω2

7) Calculer ω2 pour : a =8 cm g =9, 8 m.s^-2

8) La pulsation du plateau est maintenant supérieure à . A l'instant , la cote du plateau est égale à et sa vitesse z est nulle. Déterminer l'instant auquel le point A décolle du plateau.

ω ω₂ t =0 z −a

t3

9) Déterminer, à l'instant t3, la cote z₃ et la vitessez₃ du plateau.

10) Calculer t3, z₃ et z₃ pour ω₃ =6 rad/sπ .

11) Déterminer et calculer la cote maximale z4 atteinte par le point A et l'instant t₄ correspondant.

III27. Hystérésis de frottement, d’après X 1999.

Rappel de la loi du frottement solide.

L'action du solide B sur le solide A en contact se décompose en une composante normale NG

et une composante tangentielle TG

vérifiant : N

TG _s G µ

≤ en l'absence de glissement entre A et B N

TG _d G µ

= lorsqu'il y a glissement de A sur B.

µ_s et µ_d sont appelés coefficients de frottement respectivement statique et dynamique et vérifient l'inégalité : µ_d ≤µ_s.

Une des difficultés conceptuelles majeures pour la description d'un système comportant du frottement solide est l'impossibilité de prévoir les positions d'équilibre et le bilan des forces à moins de connaître de façon détaillée l'histoire de la mise en équilibre. Le but de ce problème est d'illustrer ce phénomène d'hystérésis sur un exemple simple.

Une brique parallélépipédique de poids est en contact avec une paroi solide inclinée d'un angle θ par rapport au plan horizontal et est reliée à un ressort de raideur k (figure 1). Soit µ

mg

s le coefficient de frottement statique ; on supposera pour simplifier que le

coefficient de frottement dynamique µ_d est nul et qu'un frottement visqueux permet alors l'arrêt du mouvement à la position

d’équilibre sans frottement. On note x le raccourcissement du ressort (x = 0 correspond au ressort détendu) et g la force qu’il exerce sur la brique. On cherche à déterminer cette déformation x à l'équilibre en fonction de l'angle θ. On note b =mg k/ .

)

−µ θ+ θ < <b µ θ+ θ

<θ

+

1

Figure 1

1) On suppose d’abord, pour cette seule question, . Déterminer la position d’équilibre en fonction de et .

s 0

µ = x θ

b

2) On revient désormais au cas µ >_s 0. Donner les plages de valeurs possibles de x à l'équilibre dans les cas : 2.a) θ =0 ;

2.b) θ=π^{/ 2} ;

3) Montrer pour θ compris entre et 0 π/ 2 qu’il y a équilibre si b( _s cos sin ) x ( _s cos sin . 4) La paroi est primitivement horizontale et le ressort détendu (x0 = 0). On incline progressivement et très lentement la paroi, l'angle θ variant de 0 à π/2. On note les angles où la brique se met à glisser et les valeurs de x où elle s’arrête de glisser. Pendant ce glissement, l’angle n’a pratiquement pas varié.

i+

θ x_i⁺

θ

4.a) La brique ne glisse pas sur la paroi tant que θ . Quand θ atteint θ (ou le dépasse d’un infiniment petit), la brique glisse et s’arrête pour la valeur x de x. Déterminer l'angle d'inclinaison pour lequel le glissement apparaît. Pour cet angle, déterminer la nouvelle valeur d'équilibre x en fonction de θ et b.

1+

1 θ₁+

1+ +

(3)

5.a) Quelle équation détermine l’inclinaison θ1− pour laquelle a lieu le premier glissement ? 5.b) Ecrire la relation de récurrence liant θ_i⁻et θ_i⁻₊₁.

5.c) Exprimer les valeurs x_i⁻ d’arrêt après glissement en fonction de b et θ_i⁻.

−) θ

z

6) Représenter qualitativement sur un même graphe où est porté en abscisse et en ordonnée l’évolution de x et lorsqu’on fait croître θ de

à , puis décroître de à ⁰. On utilisera le fait que les points , ( ), ( ) et ( se situent sur des courbes simples dont on précisera les équations. Ci-contre le résultat de la commande maple :

θ

x θ

0 π/ 2 θ π/ 2

(θ_i⁺,x_i⁺) θ_i⁺₊₁,x_i⁺ θ_i⁻,x_i⁻ _i⁻₊1,x_i

> plot([sin(x),sin(x)+0.3*cos(x),sin(x)-0.3*cos(x)],x=0..Pi/2);

IV₁₃.

Dans le référentiel terrestre, supposé galiléen, on repère un mobile P de masse m et de vecteur position

x y

r =xu +yu +zu grâce à un repère cartésien Oxyz. Ce mobile est pesant et la pesanteur est g =−gu_z

=uu

. L’air, animé de la vitesse u _x uniforme et constante, lui applique la force −λ(v−u), où v désigne la vitesse de P. A l’instant 0, on lance P de l’origine O avec la vitesse v0 =v u0x x +v u0z z. L’origine O est au sommet d’une montagne de sorte que le mouvement n’est pas limité aux altitudes positives. On pose w =mg/λ.

1) Démontrer que le mouvement s’effectue dans le plan Oxz.

2) Déterminer les coordonnées de la vitesse en fonction du temps et des constantes du problème.

3) Déterminer les coordonnées de la position en fonction du temps et des constantes du problème.

4) Trouver l’équation paramétrée x =f^{( )}t z =g^{( )}t de l’asymptote de la trajectoire.

>

w

5) Calculer la hauteur z_S du sommet de la trajectoire si v0_z 0.

6) Si v0z = , calculer le rapport de la hauteur atteinte à celle qui l’aurait été en l’absence de freinage par l’air.

V. À propos des avalanches, d’après centrale 2006.

A. Rôle des coefficients de frottement.

1) On considère un bloc de neige de masse m reposant sur un plan incliné dont la pente est repérée par l’angle (figure 2). Le contact entre la neige et ce plan, décrit par les lois de Coulomb sur le frottement, est caractérisé par des coefficients de frottement statique et dynamique . On rappelle ces lois : soit T la composante de la force exercée par un corps sur l’autre située dans le plan tangent commun aux deux corps et la composante normale à ce plan tangent ; s’il y a glissement,

α

µs µ_d

N

d

T ; s’il n’y a pas glissement,

N = µ T _s

N < µ ; . On note g l’accélération de la pesanteur.

d s = −

µ ≤µ 9, 8 m .s ²

Montrer que l’équilibre est possible tant que et exprimer l’angle critiqueα .

α ≤ αc c

2) La masse de neige en équilibre sur une pente d’angle α subit une légère perturbation qui lui donne une vitesse initiale ^{v u}

c

0 x, ^v0 >0 . Exprimer son accélération ^a en fonction de ^g, µ_s et µ_d. 3) Animée d’une vitesse v , la masse de neige arrive dans une région où l’angle α prend une valeur plus faible, constante. À quelle condition portant sur le mouvement est-il ralenti puis stoppé ?

1

α

4) Expliquer comment l’observation de nombreuses avalanches permet de déduire des valeurs numériques pour µ et .

s

µd

(4)

B. Modèle de frottement sur sol rugueux.

Lorsque l’avalanche rencontre dans sa course un sol rugueux, elle est soumise à de nouvelles forces de frottement dont on étudie ici une modélisation (figure 3).

=

La masse de neige en mouvement est assimilée à un parallélépipède rectangle d’épaisseur d (selon ), de longueur l (selon x) et de largeur L (selon ). Le contact avec le sol s’effectue donc sur un rectangle d’aire

.

y z S Ll

L’avalanche est formée de paquets de neige sphériques de masse descendant la ligne de plus grande pente avec une vitesse

m0

v =vux. Ces blocs sont empilés en couches distantes de b perpendiculairement à la pente.

Dans une couche donnée, parallèle au plan Oxz, les bl sont en moyenne distants de a selo les directions x et

. Au niveau du sol, ils rencontrent des aspérités assimilées à des cylindres de section circulaire et d’axe

parallèle à ⁽ , séparés d’une distance . Ces chocs, caractérisés par l’angle d’incidence ⁱ fixé, obéissent à la loi suivante : le vecteur vitesse ^v

ocs n

z

Oz) ∆r

du bloc a deux composantes, une composante normale au plan tangent commun au bloc et à l’aspérité et une composante

vn

vt située dans ce plan tangent ; après le choc vt est inchangé et vn est nul.

1) Un bloc se déplaçant selon avec une vitesse moyenne ^x ^v, exprimer la fréquence ^f des chocs qu’il subit.

2) Quel est le nombre moyen N1 de blocs dans la couche en contact avec le sol ?

3) Combien de chocs l’avalanche dans son ensemble subit-elle pendant dt ? On notera dN ce nombre.

4) Pendant un choc, un bloc subit un changement de quantité de mouvement ∆p0. Déterminer sa projection sur l’axe

p0x

∆ x.

5) Soit P =Pu_x la quantité de mouvement de l’avalanche. En déduire la variation de quantité de mouvement causée par les chocs durant ^dt.

chocs

dP

6) En déduire que la force de frottement rugueux s’exerçant sur l’avalanche est

2 2

0 2

cos

rug m Sv i x

F u

a r

=−

∆ 7) Soit m la masse totale de l’avalanche. Montrer que F_rug se met sous la forme

2

rug mgv x

F =− d

ξ u en donnant l’expression du paramètre de rugosité en fonction de , ξ g ∆r, b et i.

8) Expliquer pourquoi dépend de la nature du sol sur lequel l’avalanche s’écoule. ξ

9) Un ou plusieurs paramètres du modèle pourraient dépendre de la vitesse, de sorte que ξ pourrait en dépendre aussi. Lesquels selon vous ?

C. Dynamique de l’avalanche.

L’avalanche de masse et d’épaisseur ^d dévale désormais une pente d’angle sous les effets conjugués de son poids, du frottement sec obéissant aux lois de Coulomb (partie A) et du frottement rugueux de la partie B décrit par la relation de B.7. On rappelle que

m α

2 2 = 1

argth

du u

a a

a −u

∫

^et

∫

^th^udu ⁼^{ln ch}⁽ ^u⁾^.

1) Déterminer l’équation du mouvement selon sous la forme d’une équation différentielle pour x v t( ).

2) Exprimer la vitesse limite atteinte par l’avalanche et la calculer numériquement pour , ,

et .

vl α =35° µ =_d 0, 3

2 m

d = ξ =10 m.s³ ⁻²

3) Exprimer l’évolution de la vitesse de l’avalanche, avec la condition initiale . On éliminera α et au profit de .

v t( ) v( )0 =0

µd v_l

4) Déterminer la distance x t^{( )} parcourue par l’avalanche depuis son point de départ.

5) Application numérique : quelle distance l’avalanche a-t-elle parcourue lorsqu’elle atteint sa vitesse limite à 10 % près ?

(5)

Réponses

I. 1.a) m^dv mg

dt = − αv ; 1.b) v =gτ[1−exp(− τt/ )] ;1.d) v gt ; 1.e) vitesse limite ; 1.f)

( ) (

^exp ^t ¹

)

x g t⎡ ⎤

= τ⎢⎣ +τ −τ − ⎥⎦ ; 1.g) ¹ ² x 2gt ; 2.a) dv 2

m mg

dt = − βv ; 2.b) une vitesse ; 2.e) vitesse limite; 2.f) v gt ; 2.h)

12

1

ln ch x v

= g gt v ; 2.i)

2 3 4 12

1

2 12

x g g t ;

2.k)

t − v +…

2

3

2 1

1

2 1,14.10

1 3

2

x gt h

gt m

− β −

ε ;

2.l)

= − =−

2

1 2

2 1

1 1

2, 5 cm 3

x x h

m m

β ⎛⎜ ⎞⎟

− ⎜⎜⎝ − ⎟⎟⎠= .

v

t 0

v1

II. 1) z =−ω²z ; 2) R =m(g− ω²z u) _z ; 3) z_M =−a ; 4) z_m =a ; 5) z₀ =0 ; 6) ₂ g ω = a ; 7) ω₂ =11, 07 rad/s ; 8) Le décollage se produit pour ³

(

2

)

1arccos g

t ; 9)

= −a

ω ω ³ ²

z = g ; ou

ω z³ =aωsinωt³

2

3 1 2 4g

z a

= ω −a

ω ; 10) z₃ =0, 0276 m t₃ =0,102 s ; z₃ =1, 416 m/s ; 11) ₄ ₃ z³ 0,246 s

t t ;

= + g =

32

4 3 0,130 m

2 z z z

= + g = .

III. 1) x =bsinθ ; 2.a) x < µ_sb ⁺ = θ⁺

cos sin sin

s + +

µ θ + θ = θ x₂⁺ =bsinθ₂⁺ µ θ + θ = θ⁺

os sin

s − −

= µ θ + θ θ + θ = θ⁺ _i⁻

) = θ

; 2.b) x ; 4.a) ; x b ;

4.b) − ; ; 4.c) − ;

5.a) 1 c ; 5.b) µ ; 5.c) ; 6) les points ( ) et

sont sur la courbe x b , les points

(

=b tanθ₁⁺ = µ_s ₁ sin ₁

2 2 1+

1 1

cos sin sin

s i+ i+ i

+ +

1 1 _s cos _i⁺₊1 sin _i⁺₊1 sin _i x_i⁻ =bsinθ θ_i⁺,x_i⁺

(θ_i⁻,x_i⁻ sin θ_i⁺₊₁,x_i⁺

)

sont sur la courbe x b et les points

sont sur la courbe x b ; voir ci-contre.

(sin _s cos )

= θ −µ θ

⁻^wt^;

4) m( _0x )

x v −u +u et

λ t m( _0z )

z v +w −wt

λ ; 5) ^z^S ^mv⁰^z ^mw^{ln 1}

(

^v⁰^z

)

^;

6)

= − + w

λ λ

( )

2 1 ln 2 0, 614

S S

z

z′ = − = .

V.A. 1) α_c =arctanµ_s ; 2)

1 2

s d

s

a =g ^µ ⁻^µ ; 3) .

+ µ tanα< µ_d

V.B. 1) f =v/∆r ; 2) N₁ =S/a² ; 3) dN =N fdt₁ ; 4) ∆p₀_x =p₀cos²i ; 5) dP_chocs =dN p∆ ₀_x. V.C. 1)

2

sin _dcos

dv v ; 2)

dt g d

⎛ ⎞⎟

= ⎜⎜⎜⎜⎝ α −µ α −ξ ⎟⎟⎟⎠ v_l = ξd⁽sinα −µ_dcosα⁾=25, 6 m .s⁻¹ ; 3) _lthgv t^l

v v ;

4)

= d ξ ln ch ^l

d gv t

g d

⎛ ⎞

ξ ⎜ ⎟

= ⎜⎜⎝ ξ ⎟⎟⎠ =

x ; 5) x 169 m.

(6)

Corrigé

I.

1.a) dv

m mg

dt = − αv.

1.b) ^[ ⁽ ⁾^]₀

0^v mdv m ln ^v mlnmg v ln 1 v

t d

ou

t mg v

mg v mg g

− α ⎛⎜ ⎞⎟

=

∫

=

∫

− α =−α − α =−α =−τ ⎜⎜⎝ − τ⎟⎟⎠

( )

[1 exp / ] v =gτ − − τt . 1.c) Voir ci-contre.

1.d) Si t τ,

( ) ( )

exp t 1 t 1 1 t

v g ⎡ ⎤ gt

−τ −τ τ −⎢⎣ −τ ⎥⎦= 1.e) Si t τ, la force de frottement t

v mg

−α est

négligeable devant le poids mg, donc le mouvement est proche de la chute libre d’accélération g.

− τ

1.f) v dx

= dt

( ) ( ) ( ( ) )

0 0 0

1 exp exp ^t exp 1

t t t t

x =

∫

vdt =

∫

gτ −⎡⎢⎣ −τ ⎤⎥⎦dt =g tτ⎡⎢⎣ +τ −τ ⎤⎥⎦ =g tτ⎡⎢⎣ +τ −_τ^t − ^⎤^⎥_⎦ v

t gτ

0 τ

1.g) Si t τ, ^exp

( )

⁻^tτ ¹⁻^tτ⁺₂^tτ²² ^x ^{g t}^τ^⎡^⎢⎢⎣ ⁺^τ^⎛^⎜^⎜⎜⎜⎝¹⁻^tτ⁺₂^tτ²² ⁻¹^⎞⎤^⎟^⎟⎟⎟⎠^⎥⎥⎦⁼ ¹₂^gt² 1.h) Même commentaire qu’en 1.e.

2.a) La loi fondamentale de la dynamique s’écrit dv ²

m mg v

dt = − β

2.b) Comme mg et βv² ont même dimension, v₁ =(mg/β)^1/2 a la dimension d’une vitesse.

2.c)

2

2 2

1 2

1

dv v dv

m mg mg dt . Posons

dt v v

g v

= − ⇒ =

⎛ ⎞⎟

⎜ − ⎟

⎜ ⎟⎟

⎜⎝ ⎠

1 1

v d

x dx

v v

= = v

.

/ 1

1 1 1 1

2 0

1

1 1 1 1

1 1

1

1 1 1 1

1 1

ln ln

2 1 2

1 1

1 exp 2 1 exp exp

exp 2

1 exp 2 1 exp exp

v v v

v dx v x v v

t g x g x g v

v

v gt gt gt

gt

v v v v

v v v

v v gt gt gt

v v v v

+ +

⎡ ⎤

= =⎢ ⎥ =

−

⎢ ⎥

− ⎣ ⎦ −

⎛ ⎞⎟ ⎛ ⎞⎟ ⎛ ⎞⎟

⎜ ⎜ ⎜

+ = ⎛⎜⎜⎜⎝ ⎞⎟⎟⎟⎠ = ⎛⎜⎜⎝ ⎞⎟⎟⎠− = ⎜⎜⎝ ⎠⎛ ⎞⎟⎟− ⎜⎜⎝⎛− ⎟⎟⎠⎞

− ⎜⎜⎜⎝ ⎟⎟⎟⎠+ ⎜⎜⎜⎝ ⎠⎟⎟⎟− ⎜⎜⎜⎝− ⎠

∫

1 1 1

1 1

sh

th ch

gt

gt v vgt v v

v

= =

⎟⎟⎟

2.d) Voir ci-contre.

2.e) v est la vitesse limite; c’est la limite de la vitesse lorsque ; alors la force mg tend vers zéro, donc

1

t →+∞ − βv²

1 /

v →v = mg β.

2.f) Si t ^v¹ ,

g ₁ ₁ ¹ ¹

1 2 1

2 2

exp 1

1 1 gt

gt gt v

v v g

v v

+ −

⎛ ⎞⎟

⎜ ⎟ + =

⎜ ⎟

⎜⎝ ⎠ + t

t v βv βv =mg

v

t 0

v1

2.g) Alors v g ₁ ² ₁² , aussi le mobile suit un mouvement proche de la chute libre.

(7)

2.i) Si ^x petit,

( )

2 4

2

2 4 2 4 2 4 2 2

4

2 4

2 3 4

1 2

1 1 12

ch ...

2 24

ln 1 2

1 1 1

ln ch ln 1

2 24 2 24 2 2 24 2 24 8

ln ch

2 12

1 1 1

2 12 2 12

x x

x

x x x

x x x x x x x

x x

x

t gt g t

x gt

v v

+ + +

+ − +

⎛ ⎞⎟ ⎛ ⎞⎟

⎜ + + + ⎟ + + − ⎜ + + ⎟ = + − +

⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟

⎜ ⎜

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

− +

⎡ ⎛ ⎞⎟ ⎛ ⎞⎟ ⎤

⎢ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ − ⎜⎜⎜ ⎟⎟ + ⎥ = − +

⎢ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎥

⎣ ⎦

…

… … … …

…

… …

1

v g

g v

2.j) Même commentaire qu’en 2.g. En outre, en raison du frottement, le terme correctif

3 4 12

12 g t

− v est négatif.

2.k) L’abscisse présente l’écart relatif avec celle de la chute libre : ε

3 4

2 2 2 2 4

1 3

2 2 12 1

1

2 12 10 2

2 12 1,14.10

1 1 6 6 3 3 0, 7

2 2

x gt g tv g t gx h

mg m

gt gt v

− −

− − β × ×

ε= =− =− =− =− =−

β ×

.

2.l) En fin de chute, considérons que x₁ et que x₂ sont voisins de 1 ² h =2gt :

2 4 2

1 2

1 2 1 2

1 2 2 1

1 1 12 10 2 1 1

2, 5 cm

3 3 3 3 0, 058 0, 7

x x h h h

x x

h m m m m

− ε − ε − β + β ⇒ − β ⎛⎜⎜⎜⎝ − ⎞⎟⎟⎟⎠= × − × ⎛⎜⎜⎜⎝ − ⎞⎟⎟⎟⎠= . 2.m) Le frottement étant faible, les deux boules ont un mouvement proche de la chute libre, mouvement qui est indépendant de la masse, donc elles ont des mouvements voisins.

La force de frottement étant la même et la masse de la seconde boule étant plus faible, cette deuxième boule est un peu plus ralentie, donc se trouve au dessus de la première.

II. Point matériel sur un plateau oscillant.

1) z =aωsinωt z =aω²cosωt z =−ω²z . 2) R+mg =ma R−mg =mz R =m g( − ω²z u) _z . 3) R est maximum quand z est minimum : z_M =−a. 4) R est minimum quand z est maximum : z_m =a. 5) z₀ =0. 6) R reste toujours positif ou nul si sa valeur minimale l’est aussi : ( ² ) 0 ₂ g

m g a

− ω ≥ ⇒ ω = a .

7) ₂ 9, 8

11, 07 rad/s 0, 08

ω = = .

8) Le décollage se produit pour ² 3 2 3 2 3

( ) 0 1arccos( ) ( )

2

g g

R m g z z t t

a

= − ω = = = − π <ω <π

ω ω ω .

9) z₃ =aωsinωt₃ ou ₃ 1 g_{2 4}²

z a

= ω −a

ω . 10)

3 2 3 2

9, 8 1 9, 8

0, 0276 m arccos 0,102 s

(6 ) 6 0, 08 (6 )

z = π = t = π ⎛⎜⎜⎜⎜⎝− × π ⎠⎞⎟⎟⎟⎟= .

3 0, 08 6 sin(6 0,102) 1, 416 m/s

z = × π π× = .

11) ₃ ₃ ₄ ₃ ³ 1, 416

( ) 0 0,102 0,246 s

9, 8

z g z g t t z t t z

=− =− − + = = + g = + = .

2 2

4 3 3 1, 416

0, 0276 0,130 m

2 2 9, 8

z z z

= + g = + =

×

(8)

III.

1) N +mg +g =0.

Projetons sur le plan incliné et sur sa normale :

sin 0

cos 0

sin sin

mg N mg

kx mg x b

θ − =

⎧⎪⎪⎨⎪ − θ =

⎪⎩

= = θ = θ

g

2.a) g +N +T +mg =0.

s

T k x

T N mg

N mg

=g = = <µ

x < µsb.

Question 1 Question 2.a Question 2.b Question 3 g N

mg T T

mg N

g mg

g N

g mg

2.b) N =0⇒T =0 g =mg x =b. 3) g +N +T +mg =0

( ) (

sin 0

cos 0

sin cos

cos sin cos

cos sin cos sin

s

s s

mg T

mg N

T kx mg

N mg

x

b x

b

b x b

θ+ − =

⎧⎪⎪⎨⎪ θ − =

⎪⎩

− θ

= < µ

θ

− θ < µ θ

−µ θ< − θ < µ θ

−µ θ+ θ < < µ θ+ θ g

)

= µ θ+ θ =

+ = θ+

1+ 2+

µ θ + θ = θ+

os sin

s − −

= µ θ + θ

i−

− = θ−

)

4.a) Au départ x . La condition précédente de non glissement cesse d’être vérifiée si − , soit . Alors, la brique glisse jusqu’à ce que x b

d’après la réponse à la question 1.

0 _scos sin 0

tanθ1⁺ = µ_s ₁ sin ₁

/ x b

θ 4.b) La condition de non glissement cesse d’être vérifiée si

. Alors, la brique glisse jusqu’à ce que d’après le résultat de la question 1.

2 2

cos sin sin

s + +

−µ θ + θ = θ

2 sin

x⁺ =b θ

4.c) − _s cos _i⁺₊₁ sin _i⁺₊₁ sin _i .

5.a) 1 c ₁ ₁ .

5.b) µ_scosθ_i⁻₊₁+sinθ_i⁻₊₁=sinθ . 5.c) x_i bsin _i .

6) Les points et sont sur la courbe (courbe médiane).

(θ_i⁺,x_i⁺) (θ_i⁻,x_i⁻ x =bsinθ Les points

(

θ_i⁺₊₁,x_i⁺

)

sont sur la courbe x b

(courbe inférieure).

(sin _s cos )

= θ −µ θ

) )

)

Les points (θ_i⁻₊₁,x_i⁻ sont sur la courbe x =b(sinθ+ µ_scosθ (courbe supérieure).

L’énoncé représente ces courbes pour µ =_s 0, 3.

La transformation est représentée ci-contre ; elle se présente comme une suite de segments horizontaux et verticaux reliant ces courbes.

IV.

(

ma =mg −λ v −u , soit en projetant sur les trois axes :

dx x u

dt m m

λ λ

+ =

(9)

1) La solution générale de l’équation différentielle en y t^{( )} est ^y ⁼^A^exp

( )

⁻_m^λ^t ^{. Si} ^, ^{: à}

tout instant , donc reste constant au cours du temps. Comme à l’instant , cette égalité est aussi vraie à tout instant : P se meut dans le plan Oxz.

0

t = y =0⇒A=0 0

y = y 0 y =0

Autre justification.

Si, à l’instant t, le mobile est dans le plan Oxz avec une vitesse située dans ce plan, la force qu’il subit (

mg −λ v −u) est aussi dans ce plan, qui contient aussi dr =vdt et F

dv dt

=m ; donc, à l’instant t , le mobile est encore dans le plan Oxz avec une vitesse située dans ce plan. Comme, à l’instant 0, le mobile est dans le plan Oxz avec une vitesse située dans ce plan, on en déduit par récurrence qu’il y reste.

¹⁻^exp

(

⁻_m^λ^t

) )

⁺^ut ^.

( ⁰ )

( ( ) )

0^t m _z 1 exp

z zdt z v w t

m λ

=

∫

= λ + − − −^wt ^.

4) Si t grand, ^exp

(

t

)

0, d’où l’équation de l’asymptote : m

−λ m( _0x )

x v u

λ − +ut et

( _0z )

z m v w wt

λ + − .

5) Au sommet, ^z ⁼⁰ ^exp

(

⁻_m^λ^t

)

⁼_v₀_z^w₊_w ^t ⁼^m_λ ^{ln 1}

⁽

⁺^v_w⁰^z

⁾

, d’où après un peu de calcul :

( )

0^z ln 1 0^z

S mv mw v

z = λ − λ + w .

6) Sans freinage par l’air, au sommet

2 2

0 2 0

0 0

0 1

2 2

z z

z S z

v v

z gt v t z gt v t

g ′ g

=− + = = =− + = =

2 w

g ; avec freinage, comme m w

λ = g , _S w²(1 ln 2)

z ; d’où

= g − ^S 2 1( ln 2) 0, 614

S

z

z = − =

′ .

V.

A.

1) Soit R =−Tu_x +Nu_y la réaction du sol sur la neige. Si la neige est en équilibre, R+mg =0, soit

sin 0

cos 0

T mg N mg

− + α =

− α=

D’après la loi de Coulomb du frottement, T tan _s _c arctan N = α< µ ⇒ α <α = µ_s. 2) D’après la loi fondamentale de la dynamique

sin

cos 0

c c

T mg ma

N mg

− + α =

− α =

D’après la loi de Coulomb du frottement, T _d N = µ . D’où

( )

sin cos 2

1

s d

c d c

s

a g gµ −µ

= α −µ α =

+ µ

αc

1+µ_s2

µs

1 3) sinα −µ_d cosα<0 tanα < µ_d.

4) Il faut déterminer l’inclinaison minimum des pentes où une avalanche démarre, ce qui permet de déterminer µ , et l’inclinaison maximum des pentes où une avalanche s’arrête, ce qui permet de déterminer .

s

µd

(10)

B.

v

i p0

p0x

∆ pf

p0

∆ 1) La durée séparant deux chocs consécutifs d’un paquet de neige sur les aspérités est ,

d’où la fréquence des chocs pour un paquet de neige

/ T =∆r

1/ /

f = T =v ∆r. 2) Il y a un paquet de neige par carré de coté a, d’où N S .

3) dN .

1 = /a2

N dt T N fdt

= ₁ / = ₁

4) Soit p_f la quantité de mouvement du paquet de neige après le choc sur l’aspérité ; p₀, p_f et

0 f

p p p

∆ = − ₀ forment le triangle rectangle dessiné ci-contre ; d’où

0 0cos 0_x 0cos2

p p i p p

∆ = ∆ = i.

5) dP_chocs =dN p∆ ₀_x.

6) Du fait du poids, le mouvement a lieu selon l’axe des x, la projection de la quantité de mouvement sur l’axe des ne varie pas et seule est modifiée la composante de la quantité de mouvement selon l’axe des x :

y

2 2

1 0 2 0 2

2 0 2

cos cos

chocs cos

x

dP N fdtm v i S v m S i

F m v i F

dt dt a r a

= = = =−

∆ ∆ v u

r .

7) Le bloc comporte d

couches, chacune contenant

b ²

S

a paquets de neige :

2 2 2

0 2

cos

S d mb i mg

m m F v v

b d r d

= a ⇒ = =

∆ ξ si ₂

cos g r

b i

ξ = ∆ .

i

8) dépend de ∆ , qui est une fonction du sol, et de i, qui est une fonction du sol et de la grosseur des paquets de neige de l’avalanche. Si la taille de ces paquets de neige augmente, bet augmentent, co diminue et peut-être

ne varie pas trop. Alors, dépendrait essentiellement du sol.

ξ r

i si

cos2

b ξ

9) Si la vitesse est trop grande, le paquet de neige soulevé pourrait ne pas avoir le temps de revenir à sa hauteur de départ quand il heurte l’aspérité suivante, d’où une augmentation de l’angle i avec la vitesse.

C.

1)

sin _d cos 2

dv v .

dt g d

⎛ ⎞⎟

= ⎜⎜⎜⎜⎝ α −µ α −ξ ⎟⎟⎟⎠

2) dv 0 _l (sin _dcos ) 10³ 2 sin 35( 0, 3 cos 35 ) 25, 6 m.s ¹ . 3)

v v d

dt

= ⇒ = = ξ α −µ α = × °− ° = −

(

² ²

)

2 2

0 argth

th

l v

l l

l l l

dv g

v v

dt d

d dv d

t g v v gv

v v gv t d

= −

ξ

ξ ξ

= =

−

= ξ

∫

_v^v

4) 0^t dln chgv t^l

dt g d

⎛ ⎞

ξ ⎜ ⎟

=

∫

= ⎜⎜⎝ ξ ⎟⎟⎠

x v .

5) 2 1000 ( ( ))

ln ch argth ln ch argth 0, 9 169 m

l 9, 8

d v

x .

g v

ξ ⎛⎜ ⎛⎜ ⎞⎞⎟⎟ ×

= ⎜⎜⎝ ⎜⎜⎝ ⎟⎟⎟⎟⎠⎠= = Autre méthode de calcul :

( ) ⁽ ⁾

( ) [ ( ) ] ( )

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2 0 2

0

1 2

2 1000

ln ln 1 ln 1 0, 9 169 m

2 2 2 2 9, 8

l

v v

l

l l

d mv Fdx mg v v dx

d

d d v d d v

x dx v v

g v v g g v

= = −

ξ

⎛ ⎞

ξ ξ ξ ⎜ ⎟ ×

=

∫

=

∫

− = − − =− ⎜⎜⎜⎝ − ⎟⎟⎟⎠=− × − =