TD12 : Dynamique du point – corrigé

TSI1 – Physique-chimie TD12 : Dynamique du point – corrigé

TD12 : Dynamique du point – corrigé

Exercice 1:Accrocher un cadre

1. Les forces qui s’appliquent au cadre sont :

— Son poidsP~ =m~g

— La tension du fil aux deux points d’accrocheT~1etT~2. On a||T~1||=||T~2||= T.

2. Le cadre étant immobile, la somme des forces appliquées doit être nulle. En pro- jetant sur l’axe vertical, on obtient :

mg= 2Tsin(α)⇔T = mg 2sin(α)

3. Le fabriquant indique que le fil peut supporter une charge de 5 kg, ce qui signifie que la tension T maximale vaut T = 5g (la tension exercée par une masse de 5 kg). On obtient donc

α_min=arcsin mg 2×5g

'11,5°

Exercice 2:Glissement sur un plan incliné

1. Lorsqu’on néglige les frottements, la seule force qui s’applique au mobile est son poidsP~

2. On considère un repère(O, ~e_x, ~e_y)avec l’origineOau point de départ du mobile, l’axexdirigé suivant la pente et l’axeyperpendiculaire à la pente. En projetant le PFD sur l’axe xon obtient :

ma_x=m¨x=Psinα⇔x¨=gsin(α)

En intégrant l’équation deux fois et en prenant en compte les conditions initiales on trouvex(t) = ¹₂gsin(α)t²

On considère maintenant qu’il existe des frottements solides entre le mobile et le plan incliné caractérisés par un coefficient de frottement statique µs et un coefficient de frottement dynamiqueµd

3. Pour que le mobile initialement immobile se mette en mouvement, il faut que T > µsN ⇔ _N^T > µs. Comme le mobile est immobile (!) la somme des forces ap- pliquées est nulle ce qui donneT =mgsinαet N=mgcosα. Donc le mobile se met à glisser lorsque l’angleαest tel que ^sin_cos^α_α=tanα > µssoitαm=arctanµs

4. Pour un angleα > αm, on détermine l’équation du mouvement comme à la ques- tion 2), en prenant en compte la force T =−µdN =−µdmgcosαsuivant l’axe x. On trouve alorsx(t) =¹₂g(sinα−µdcosα)t².

α m

P~ ~e_x

~e_y

Exercice 3:forces en coordonnées polaires

Un point matériel de massemsuit un mouvement dont l’équation horaire en coordon- nées polaires est :

(r(t) =A(1 +cos(ω t)) θ(t) =ω t

1. Voir graphique ci-contre.

2. On commence par calculer l’accélération du point matériel :

~a= (¨r−rθ˙²)~e_r+ (rθ¨+ 2 ˙rθ)~˙ e_θ=−Aω²(1 + 2cosωt)~e_r−2Aω²sinωt~e_θ D’après le PFD, la résultante des force subie par le point matériel est

F~ =m~a=−mAω²(1 + 2cosωt)~er−2mAω²sinωt~eθ

0 45 90

135

180

225

270

315

Exercice 4:Tir balistique

1. La seule force qui s’exerce sur l’obus une fois qu’il a quitté le canon est son poidsP~ =m~g.

2. On choisit un repère(0, ~ex, ~ey)tel queO est sur la sortie du canon,~exest horizontal vers la droite et~ey vertical vers le haut.

On applique le principe fondamental de la dynamique et on trouve finalement : (x(t) =v₀cosαt

y(t) =v0sinαt−¹₂gt² 3. D’après la première équation on at=_v ^x

0cosα que l’on injecte dans la seconde équation pour obtenir : y=tanαx− g

2v²₀cos²αx²=x

tanα− g 2v²₀cos²αx

4. L’obus touche le sol lorsquey(x) = 0ce qui en dehors de la solution évidentex= 0(à la sortie du canon) on trouve tanα− g

2v²₀cos²αx= 0⇔x=2v₀²cosαsinα

g =v²₀sin2α g 5. La distance maximale est atteinte lorsqueα= ^π₄ et vautx_max= ^v_g²⁰

6. Le calcul donne une portée maximale d’environ 11 315 m.

7. La portée réelle du canon est inférieure à la portée théorique que nous venons de calculer à cause des frottements de l’air qui freinent l’obus lors de son parcours.

Exercice 5:Freinage et distance d’arrêt

1. Le PFD projeté sur l’axeOx donnemax=−F0 En l’intégrant une fois, on trouve la vitesse de la voiture en fonction du temps :vx=v1−^F_m⁰t. Le temps nécessaire à l’arrêt complet du véhicule est de T=7 s, doncvx(T) = 0 =v1−^F_m⁰T ce qui donneF0= ^mv_T¹ '5160 N

2. La force de freinage est la composante tangentielleT de la réaction de la route sur la voiture. La composante normale N compense le poids mg de la voiture. Comme il n’y a pas glissement entre les roues et la route on en conclut que

T

N ≤µs et doncµs≥ _mg^F0 '0,4

3. On intègre la vitesse trouvée à la question 1) pour trouver la position en fonction du temps :x(t) =v₁t−_2m^F0t² en considérant que àx(t) = 0. On trouve alorsx(T)'97 m.

4. Le temps au bout duquel la voiture s’arrête est (en reprenant la question 1) :T = ^mv_F¹

0 et en reprenant la question précédente, on trouve que la distance d’arrêt est :

d=v₁T− F₀

2mT²=mv₁² F0

−1 2

mv₁² F0

= 1 2

mv₁² F0

d est proportionnelle à v²₁ donc si la vitesse est multipliée par 2, la distance d’arrêt est multipliée par 4.

5. La vitesseV, exprimée en km/h, est reliée àv1en m/s par la formule : V =_3.6^v1. l’expression deddevient :

d= 1 2

mV² 3,6²F0

= mV² 2×3,6²×F0

' V² 103 '

V 10

²

C’est la formule que l’on enseigne dans les auto-écoles.

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Exercice 6:Chute d’une goutte d’eau

1. La goutte d’eau est soumise à son poids P~ =m~g et la la forcef~=−6πrη~v. Le PFD donne doncm~a=P~+f~, projeté sur l’axezorienté par le vecteur~ezdirigé vers le bas donne, il devientm^d_dt²2^z =−mg−6πrη^dz_dt.

2. Lorsque la goutte atteint sa vitesse limite, la résultante des forces qu’elle subit est nulle etf =mg. Ce qui donncvlim=_6πrη^mg . A.N :vlim'0,29 m/s

3. L’équation différentielle devient : ^d_dt²2^z =−g−_v^g

lim

dz

dt soit ^d_dt²2^z+_v^g

lim

dz

dt =−g. On note v = ^dz_dt et on résout l’équation différentielle ^dv_dt + _v^g

limv = g. Par la mé- thode classique (equation homogène, solution particulière, conditions initiales) on trouve :

v(t) =−vlim

1−exp(− g v_limt)

=−vlim

1−exp(−t τ)

τ est le temps caractéristique au bout duquel la goutte atteint sa vitesse limite.

Numériquement, on trouveτ =0,03 s

4. La vitesse limite est atteinte à 1% près lorsque (1−exp(−t/τ)) = 0,99 soit exp(−t/τ) = 1/100. Ce qui donnet=ln(100)τ'0,14 s.

Pour trouver la distance parcourue, on intègre l’expression de la vitesse : d=R5τ

0 v(t)dt= 5τ vlim+vlimτexp(−5)'35 cm

0 τ

v_lim v t

Exercice 7:Jeu de construction

Pour empiler les cubes, on en laisse un au sol, le suivant doit monter de a, le suivant de 2a, etc... Au final, l’énergie totale à fournir est :

E=

9

X

i=0

mga×i=mga

9

X

i=0

=mga9×10

2 = 45mga

Exercice 8:Circuit de voitures 1. ¹₂mv_B² =mgh doncv_B=√

2gh. Comme il n’y a pas de frottements,v_C=v_B.

2. Encore une fois on néglige les frottements, donc la piste n’exerce pas de réaction tangentielle, la force est uniquement normale.

3. L’accélération au sommet de la piste esta= ^v_R^2S et elle est reliée à la somme des forces appliquées à la voiture. Donc mg+RN =m^v_R^2S d’oùRN =m^v_R^2S −mg

4. L’énergie mécanique de la voiture est conservée, donc mg(h−2R) = ¹₂mv²_S. La hauteur h_min est donnée par

v²_S

R =g⇔2g(h_min−2R) =Rg⇔h_min=⁵₂R Exercice 9:Luge sur un igloo

1. L’accélération normale de la luge est~a=−Rθ˙²~er=−^v_R². Le PFD donnem~a=P~ +R~ oùR~ est la force exercée par l’igloo sur la luge. En projetant sur~eron obtient :

mv²

R =mgcosθ+R⇔R=m v²

R −gcosθ

(1)

2. La conservation de l’énergie mécanique de la luge donne :mgR=mgRcosθ+¹₂mv², ce qui donnev²= 2gR(1−cosθ) 3. La luge décolle de l’igloo lorsqueR= 0, soitv²=Rgcosθ= 2Rg(1−cosθ). Ce qui donne finalement :

cosθ= 2

3 ⇔θ'48,2°

4. Cette question ne pose pas de problème conceptuel, il faut calculer la trajectoire dans le champ de pesenteur terrestre en tenant compte des conditions initiales. Les calculs sont assez fastidieux. On trouve finalement une distancedentre le bord de l’igloo et le point d’impact d’impact ded'0,12R

Exercice 10:Étude énergétique

Le graphique ci-contre représente l’énergie potentielle d’un point matérielM astreint à se déplacer suivant l’axex.

1. Les positions 1 et 3 sont des positions d’équilibre in- stables, la position 2 est une position d’équilibre stable.

2. Les valeurs dexaccessibles sontx∈[2 m,6 m] 3. L’énergie mécanique deM est de 30 J.

4. Pour que la trajectoire deM ne soit pas bornée enx >0, il faudrait que son énergie mécanique soit supérieure à 46 J. Donc son énegie cinétique doit être plus grande que 26 J.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

0 10 20 30 40 50

1

2

3

x(m) Ep(J)

Exercice 11:Petits problèmes

1. L’objet est soumis uniquement à son poids et subit une accélération~g =−g~e_z vers le bas. Si on note~v₀ =v₀~e_z la vitesse initiale de l’objet, on trouve par intégrations successives que sa vitesse estv(t) =−gt+v₀ et son altitude est z(t) =v₀t−¹₂gt². Les tempst₁ ett₂auxquels l’objet passe par l’altitudehsont donc solutions de l’équation :

−1

2gt²+v0t=h soit −1

2gt²+v0t−h= 0

On peut résoudre cette équation, exprimert₁ ett₂ en fonction deg,hetv₀. On obtiendrait deux équations dont les inconnues seraientv₀ ethet on en déduiraith.

On peut également utiliser le fait que pour une équation de degré 2ax²+bx+c= 0, les solutionsx1et x2 vérifient la relation : x1x2 = _a^c. Ce qui dans ce problème se traduit par t1t2 = ^2h_g . On en déduit beaucoup plus facilement l’expression deh:

h= gt₁t₂

2 soit h'100 m

2. On commence par estimer la force exercée par un humain qui saute. On estime la hauteur de saut à h≈0,5 m, la vitesse initialev₀ est donnée par ¹₂mv₀² =mgh soit v₀ =√

2gh. Si l’impulsion dure ∆t =0,5 s, l’accélération subie par la personne qui saute esta = _∆t^v0 et la force appliquée est F =ma= ^mv_∆t⁰ = ^m

√2gh

∆t avec m=60 kg on trouve F ≈400 N.

En considérant N =6×10⁹ humains, la force totale exercée sur la Terre est FT ≈24×10¹¹N pendant∆t ≈0,5 s.

La Terre subit alors une accélérationaT = _m^FT

T, avecmT ≈5×10²⁴kg. La distance parcourue pendant le temps∆t est alorsl= ¹₂aT(∆t)². On trouve alorsl≈6×10⁻¹⁴m soit 10000 fois plus petit que la taille d’un atome !

3. On considère que la vitesse initiale du saut est la même sur la Terre et sur la Lune, on la notev0. La hauteur maxi- mum atteintehest donnée par ¹₂mv₀²=mgh (conservation de l’énergie mécanique). On a donch=^v_2g⁰². Et donc

h_Lune

h_Terre =g_Terre

g_Lune soit h_Lune=h_Terreg_Terre g_Lune Si on prendh_Terre≈0,5 m, on trouveh_Lune≈3 m.

4. Considérons que les visiteurs montent en moyenne jusqu’au 3ème étage, soit une hauteur d’environ 10 m. On consi- dère également que la masse moyenne des visiteurs est de 60 kg. L’énergie nécessaire pour faire monter les visiteurs au cours d’une année est alors :

E=mgh≈1,5×10¹¹J=40 MW h

Le prix moyen du kW h d’électricité étant de l’ordre de 0,15 €, cela revient à environ 6000 € par an pour faire fonc- tionner les escalators.

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