Dynamique avec chocs

Dynamique avec chocs

Deux corps M1 et M2, de masses m1 = 0,1 kg et m2 = 0,6 kg peuvent glisser sans

frottement sur une droite horizontale. Un ressort de raideur k = 70 N/m relie M1 à un point fixe A de cette droite.

Primitivement, M1 et M2 sont au repos. Un opérateur agit sur M2 et le lance à la vitesse v2. A l'instant 0, M₂ heurte M1

et s'y accroche. Immédiatement après, l'ensemble, qu'on appellera M, a la vitesse v3 = 0,42 m/s.

M1 M2

1) Quel est le travail de l'opérateur qui a lancé M2 ? 2) Quel est le déplacement extrême vers la gauche de M ?

3) Quand M1 et M2 ne sont plus pressés l’un contre l’autre, ils se séparent. A quel instant ?

4) Combien de temps après la séparation, qui s’effectue en douceur, M1 atteindra-t-il sa position extrême à gauche ? II₂₈.

A.

Deux particules de masses et sont mobiles sur une droite. On considère deux de leurs chocs élastiques possibles. Dans le premier, leurs vitesses avant le choc sont

m1 m₂

vG1

et vG2

et celles après le choc sont ^v′G₁ et ^vG₂^′. Dans le second, leurs vitesses avant le choc sont −vG₁′

et −^v′G₂

; quelles sont leurs vitesses après le choc ? B. O

Un fil de caoutchouc homogène, de masse négligeable, a pour longueur quand il n’est pas tendu.

Quand sa tension est , sa longueur est telle que . On le suspend en un point fixe O par une de ces extrémités, l'autre supportant un corps de masse m. A l'équilibre, la longueur du fil est

.

A0

F A F =k(A−A₀)

m 2A0

Données numériques : A₀ =20 cm ; g =9, 8 m.s^-2. On néglige tout frottement.

1) Calculer la pulsation ω₀ des oscillations verticales de m, le fil restant toujours tendu.

2) En O est disposé un corps de masse pouvant glisser sans frottement le long du fil qui le traverse. On l'abandonne avec une vitesse initiale nulle, le fil et la masse ^m étant en équilibre. Il subit un choc parfaitement élastique sur m ; avant le choc, il a la vitesse , après le choc, il a la vitesse , tandis que le corps de masse m est lancé vers le bas avec la vitesse v, toutes ces vitesses étant comptées positivement vers le bas. Exprimer et calculer numériquement en fonction de et g ; exprimer v et en fonction de λ et .

' m =λ

v0 v'

v0 A₀ v' v₀

m'

m 2A0

3) Déterminer λ pour que le choc suivant se produise au même endroit que le premier. Calculer dans ces conditions les valeurs numériques de ^v et v'.

4) On suppose réalisées les conditions définies au paragraphe précédent. Calculer numériquement la hauteur h du premier rebondissement de m' ainsi que la longueur maximale L atteinte par le fil.

5) Quelles sont les vitesses après le deuxième choc, lui aussi parfaitement élastique, les mouvements étant parfaitement verticaux ?

6) Décrire qualitativement le mouvement ultérieur et calculer numériquement la valeur d’un temps caractéristique

1. T C.

On recommence la même expérience avec un corps de masse ' 3

m =m, mais le choc sur m est parfaitement mou (le corps de masse ^m' reste collée à celui de masse m).

1) Exprimer en fonction de et de g la vitesse V commune aux deux corps après le choc. Calculer sa valeur numérique.

A0

2) Déterminer en fonction de A₀ et de g la période du mouvement consécutif au choc. Calculer sa valeur numérique.

3) Exprimer et calculer numériquement les valeurs de la longueur maximale et de la longueur minimale atteinte par le fil. Quelle est l’amplitude du mouvement ultérieur ?

Amax A_min

4) Quelle est la perte relative d’énergie cinétique du système pendant le choc ?

Réponses

I. 1) m v_{2 2} =(m₁ +m v₂) ₃ ; W_op = ¹₂m v_{2 2}² =0, 072 J ; 2) m¹ m² 3 0, 042 m

x + v

= = ; 3)

B. 1) ω₀ = g/A₀ =7 rad.s⁻¹ ; 2) v₀ = 4A₀g =2, 8 m.s⁻¹ ; ^{( 1) 0} 1 v′= λ − v

λ+ ; ^{2 0} 1 v λv

= λ+ ; 3)

4 0,1202

4 λ= − π =

+π ; v =0, 6 m.s⁻¹ v′=−2,2 m.s⁻¹ ; 4) ² 0,25 m 2

h v g

= ′ = ;

; 5) m est immobile et a la vitesse ; 6) période

0 0

2 / 0, 486 m

L = A +v ω = m′ −v_{0 1} 2 2 ⁰

1, 02 s

v v

T g g

=− ′+ = .

C. 1) ⁰ 0, 7 m.s ¹

1

V λv ⁻

= =

+λ ; 2) ⁽1 ^{) 0}

2 1, 02 s

T ; 3)

g +λ

= π A = ₀

min

5 0, 333 m

= 3^A = m

A et

; amplitude 0 ; 4) .

max =3 0 =0, 6

A A ,133 m 75%

Corrigés

1) Le choc conserve la quantité de mouvement : ( ) ( )

2 2 1 2 3 2 0,1 0, 6 0, 42

0, 49 m/s

m v m m v v + 0, 6 ×

= + ⇒ = = .

L’opérateur a fourni W_op =₂¹m v_{2 2}² = ×¹₂ 0, 6×0, 49² =0, 072 J.

2) L’énergie ¹₂mv² +¹₂kx² est la même après le choc et à l’élongation maximale :

( ) ^{2 2 1 2}

1 1

1 2 3 3

2 2

0, 7 0, 42 0, 042 m 70

m m

m m v kx x v

k

+ = ⇒ = + = × = .

3) Ils se séparent après une demi période ; alors, si la liaison était maintenue, l’accélération changerait de signe, donc

M1 attirerait M2 : ^{1 2} 0, 314 s

2

T m m

t k

π +

= = =π =

ω .

4) M2 atteint sa position extrême à gauche au bout de la durée 3 3 ¹ 3 0,1

0,178 s

4 2 2 70

T m

t k

π π

= = = = .

II.

A.

Il y a plusieurs manières de répondre en économisant les calculs :

• Comme un choc élastique linéaire est réversible, les vitesses après le second choc sont −v^G₁ et −v^G₂.

• Pour le premier choc :

1 1 2 2 1 1 2 2

2 2 2

1 1 1 1

1 1 2 2 1 1 2 2

2 2 2 2

m v m v m v m v

m v m v m v m v

′ ′

⎧ + = +

⎪⎪⎪⎨⎪ + = ′ + ′

⎪⎪⎩ ²

Soit −v′′₁ et −v₂′′ les vitesses après le second choc ; elles satisfont à :

1 1 2 2 1 1 2 2

2 2 2

1 1 1 1

1 1 2 2 1 1 2 2

2 2 2 2

m v m v m v m v

m v m v m v m v

′ ′ ′′ ′′

⎧− − =− −

⎪⎪⎪⎨⎪ ′ + ′ = ′′ +

⎪⎪⎩ ′′²

D’où :

1 1 2 2 1 1 2 22

2 2 2

1 1 1 1

1 1 2 2 1 1 2 2

2 2 2 2

m v m v m v m v

m v m v m v m v

′′ ′′

⎧ + = +

⎪⎪⎪⎨⎪ + = ′′ + ′′

⎪⎪⎩ ²

2 2

′′

2

Si on résout ce système en , , l’élimination d’une des inconnues donne une équation du second degré qui a deux solutions évidentes : , qui est à rejeter parce que signifiant qu’il n’y a pas eu de choc et

.

v1′′ v₂′′

1 1, 2

v′′=v′ v′′=v′

1 1, 2

v′′=v v′′=v

• Un choc élastique linéaire change la vitesse relative en l’opposé et ne change pas la quantité de mouvement, donc si et sont les vitesses après le second choc :

système linéaire qui n’admet qu’une solution, qui est donc la solution évidente . v1′′

− −v₂′′

( )

1 2 1 2 1 2

1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2

v v v v v v

m v m v m v m v m v m v

′ ′ ′′ ′′

⎧ − =− − = −

⎪⎪⎪⎨⎪ + = ′+ ′ = ′′+

⎪⎪⎩

1 1, 2

v′′=v v′′=v B.

1) L’équilibre implique mg =kA₀. L’allongement X par rapport à la position d’équilibre obéit à

2 1

0 0

0

9, 8 7 rad.s 0,2

k g

mX kX

m

=− ⇒ ω = = = ω = −

A .

2) D’après le théorème de l’énergie cinétique, ¹₂m v′ ²₀ =m g′ 2A₀ ⇒v₀ = 4A₀g = 4×0,2×9, 8 =2, 8m.s⁻¹. Lors du choc, la quantité de mouvement est conservée : m v′ ₀ =m v′ ′+mv, et l’énergie cinétique aussi :

2 2

1 ′ 1 ′ ′ 1 ²

Le rapport membre à membre donne :

( )

( )

0

0 0

0

0

1 1 2

1

v v v

v v v v

v v

v v

+ ′=

′ ′

+ =λ −

′= λ − λ+

= λ λ+

3) m remonte puis redescend si . Cela prend la durée qui doit correspondre à un nombre entier N de demi oscillations de :

′ v′<0 ⇒ λ<1 −2 /v′ g

m

0

2v N

g

′ π

− =

ω soit 2^{1 4 0 0}

1

g N

g g

− λ = π

+λ

A A

, ou 4¹

1− λ =Nπ

+λ . Comme

, le premier membre est compris entre 0 et 4, donc . D’où

0<λ<1 N =1 4

0,1202 4

λ= − π =

+π . Alors, v =0, 6 m .s⁻¹ v′ =−2,2 m .s⁻¹.

4)

2 2,22

0,25 m

2 2 9, 8

h v g

= ′ = =

× .

Si ^X est le déplacement par rapport à la position d’équilibre, 0 0

v sin

mX kX X t

=− ⇒ =w ω

dont la valeur

maximale est X_max =v/ω₀ =0, 6 / 7=0, 086 m⇒L =2A₀ +X_max =0, 486 m.

Autre raisonnement possible : l’énergie ¹₂mX² +¹₂kX² est conservée entre immédiatement après le choc et l’élongation maximale, donc

2 2 2

2 2 0

1 1

max max

2 2

0,2 0, 6

0, 086 m 9, 8

mv v

kX mv X

k g

= ⇒ = = A = × =

.

Si dans ce raisonnement on utilise l’allongement x du ressort (par rapport à une tension nulle), il faut tenir compte de l’énergie potentielle associée au poids. L’énergie est alors ¹₂mx² +¹₂kx² −mgx et sa conservation s’écrit

2 2

1 1 1

max max 0 0

2kx −mgx =2mv +2kA² −mgA .

5) Comme les deux mobiles sont soumis à des forces conservatives, leur retour à la position de départ implique qu’ils retrouvent la même énergie cinétique. Donc immédiatement avant le second choc, m a la vitesse et m a la vitesse

. Cela implique, d’après la partie I, qu’après le choc m est immobile et m a la vitesse .

−v ′ v′

− ′ −v₀

6) ^m′ remonte jusqu’en O, puis le mouvement recommence à l’identique. Sa période est

( )

1 2 2 0 2 2,2 2, 8

1, 02 s 9, 8

v v

T g g

′ × +

=− + = = .

C.

1) Posons M =m+m′. Lors du choc, la quantité de mouvement est conservée :

0 0 1

0 0, 7 m .s

1 4

v v

m v′ =MV V = λ = = ⁻

+λ .

2) ² 2 ⁰ 2 ^{(1 ) 0} 2 ^{4 0,2} 1

3 9, 8

k M

M T mg g

+λ ×

ω = = π = π = π =

×

A A

, 02 s. 3) Résolution par l’énergie

Soit l’allongement du ressort (par rapport à un ressort de tension nulle, et non par rapport à la position d’équilibre, qui est modifiée par la présence de ^m ). L’énergie potentielle associée à la force totale agissant sur le mobile est la somme de l’énergie potentielle associée au poids et de l’énergie potentielle associée à la tension du ressort

x

′

−Mgx

1 2

2kx . Ecrivons que l’énergie totale du mobile ¹₂^Mx2 −^Mgx +¹₂^kx2 prend la même valeur aux positions extrêmes pour lesquelles x =0 et immédiatement après le choc :

( )

2 2 2

1 1 1

0 0

2 2 2

2

2 20 0

2 2

0 0 0 0

0 0

2 0

0

0 20

2

/ 9

1 1 1 1 4 1 1 4

2 2 2 2 4 / 34 2 3 6 2 3

1 2

2 3

8 4

3 3 0

kx Mgx MV k Mg

m

mg m v mg mg

x Mgx Mg g mg mg

M m

mgx Mgx mg

x x

− = + −

− = ′ + − = + − = + −

− =−

− + =

A A

A A A A A

A A

A A

A A

A0

qui a pour racines _min 2 ⁰ x = 3A

et x_max =2A₀. Les longueurs extrêmes de l’élastique sont donc

min 0

5 0, 333 m

= 3A =

A et A_max =3A₀ =0, 6m.

L’amplitude est ^{max min} 2 ⁰

0,133 m

2 3

x −x

= A =

. 3 Résolution passant par l’étude en fonction du temps.

L’allongement obéit à

( ) ( )

0

0 0 0

0 0 0

cos sin

0 3

0 4

4 2 3 3

cos sin 4

3 3 3

x A t B t Mg k

Mg mg m g

x A A

k k k

V v M g

x B B

k g

x t t

= ω + ω +

= + = ⇒ =− ′ =−

= ω ⇒ = = = =

ω

=− ω + ω +

A

A A A

A A A

0

Les positions extrêmes sont atteintes quand

0 0

0 0 0 0 0 0

max 0

0 0 0 0 0 0

min

0

sin cos 0

3 3

tan 3

2 5

ou (modulo 2 )

3 3

2 2 4 1 3 4

cos sin 2

3 3 3 3 3 3 2 3 2 3

5 5 4 1 3 4

cos sin

3 3 3 3 3 3 2 3 2 3 3

x

t t

t t x x

=

ω ω + ω ω =

ω =−

π π

ω = π

π π

=− + + = + + =

π π

=− + + =− − + =

A A

A A A A A A

A

A A A A A A 2A₀

d’où la même conclusion que dans l’autre résolution.

3) Variante de la résolution précédente utilisant la représentation complexe des fonctions sinusoïdales.

La représentation complexe de 4 ^{0 0 0}

cos sin

3 3 3

y =x− ^A =−^A ωt+ ^A ωt est

( )

( ) ( )

0exp 0 exp 0 0 exp

3 3 2 3 3

y =−^A i tω + ^A i tω −π = −^A −i ^A i tω ) dont les valeurs extrêmes sont

( ) ( )

0 0

0 1 1 2

3 3 3 3

y i

± = ±−^A − ^A = ±A + = ± ^A0 3 .

D’où une amplitude 2A₀/ 3 et des valeurs extrêmes 4A₀/ 3±2A₀/ 3, soit 2A₀/ 3 et 2A₀. 4) La perte relative d’énergie cinétique du système pendant le choc est

2 2

1 1

2 0 2

1 20 0

2

1 7

m v MV V

m v v

′ −

= − =

′ 5%.