TSI1 – Physique-chimie DM5 : Mécanique — corrigé – 15/03/2018
DM5 : Mécanique — corrigé
Exercice 1 : La cycloïde
I. Equations paramétriques cartésiennes du mouvement.
x A(0)
M(0) O y
A(t)
H(t) M(t)
θ(t) A(t0)
H(t0)
M(t0) θ(t0)
On souhaite déterminer les coordonnées cartésiennes(x, y, z)du point M en fonction du paramètreθ. Le mouvement du point M est étudié dans le référentielRlié au repère(Oxy).
1. Comme la roue roule sans glisser sur le sol, la distance parcourue est égale à la longueur de l’arc de cercle compris entreM(t)etH(t), soitOH =Rθ(t).
2. En projetant le vecteur−−→
AMsur les axesOxetOyon obtient−−→
AM=−Rsin(θ)~ux−Rcos(θ)~uy. 3. On décompose le vecteur−−→
OMen−−→
OM =−−→
OH+−−→
HA+−−→
AM. Or on a déja vu que−−→
OH=Rθ(t)~ux, on voit clairement sur le schéma que−−→
HA=R~uyet on a trouvé−−→
AMà la question précédente. En additionnant les trois on obtient :
−−→OM(t) = [Rθ(t)−Rsin(θ)]~ux+ [R−Rcos(θ)]~uy
Ce qui correspond bien aux équations demandées.
II. Vecteur vitesse.
4. La vitesse du pointAest la même que celle du pointH et est constante. On a d−OAdt−→ = d
−−→ OH
dt =v0~ux. Or d’après la question I..1, d−OHdt−→ =Rθ~˙ux. La vitesse de rotationθ˙est donc constante est vautθ˙= vR0.
5. Cette question est évidente, comme la distanceAM est fixe égale àR, le mouvement est circulaire. En outre on vient de montrer que la vitesse de rotation est constante. Le mouvement est donc également uniforme.
6. Les composantes du vecteur vitesse s’obtiennent par dérivation de celles du vecteur position, on obtient : (vx(t) =Rθ(t) [1˙ −cosθ(t)]
vy(t) =Rθ(t)˙ sinθ(t) 7. Schéma :
x O
y
~v
~a
~v
~a
~v
~a
~v=~0
~a
8. La normevde~vest :v=q
vx2+v2y=Rθ˙
qsin2θ+ (1−cosθ)2soitv=v0
√2−2cosθ 9. On a1−cosθ= 1−cos2θ2= 1−(cos2θ2 −sin2θ2) = 1−cos2θ2+sin2θ2 = 2sin2θ2
L’expression précédente se simplifie alors env= 2v0 sinθ2
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t v
T
2 T =4πRv
0
3T
2 2T
v0
2v0
III. Vecteur accélération.
10. On obtient les composantes du vecteur accélération en dérivant celles du vecteur vitesse, on obtient : (ax=Rθ˙2sinθ
ay=Rθ˙2cosθ 11. Voir schéma précédent.
12. La norme devaugmente pourθ∈[0, π]et elle diminue pourθ∈[π,2π]
13. Le point correspondant àθ4= 2πest un point de rebroussement, la vitesse deM est nulle alors que l’accélération ne l’est pas.
14. La normeadu vecteur accélération vauta=Rθ˙2=vR02 et est donc constante. Pour le pneu en question elle vaut : a'3700 ms−2
15. On peut exprimer le vecteur~acomme~a=−θ˙2−−→
AM = ˙θ2−−→
M A. Le vecteur~aest donc effectivement toujours dirigé deM versA.
Exercice 2 : Saut à ski
1. Schéma : (il ne faut pas oublier la composanteN~ normale de la réaction du sol)
α P~ F~1
N~ T~ β
2. L’énoncé indique que le skieur remonte la piste à vitesse constante. Celà indique que son accélération est nulle, et d’après le PFD que la somme des forces appliquées est également nulle.
3. En projetant l’ensemble des forces sur l’axe~exparallèle à la piste, orienté vers la droite, on a−F1+Tcosβ−Psinα= 0.
D’oùT = F1+Pcosβsinα. L’application numérique donneT =486 N
4. Les forces appliquées au skieur sont : son poidsP~, la réaction normaleN~ de la piste et la force de frottementF~2
N~ P~ F~2
5. Le PFD appliqué au skieur et projeté sur l’axeOxhorizontal orienté vers la droite donne :m¨x=−F2. C’est l’équation différentielle demandée.
6. Une première intégration de l’équation différentielle donnex(t) = ˙˙ x(0)−Fm2t. On l’intègre une seconde fois pour obtenir x(t) = ˙x(0)t−2mF2t2+x(0). Le skieur s’arrête lorsque sa vitesse est nulle, c’est à dire au tempstf =mFx(0)˙
2 et il parcours la distanced=x(tf)−x(0) = m2Fx˙2(0)
2 . A.N. :d'9,8 m
7. Au début de la descente, la vitesse du skieur est faible donc la force de frottement également, la résultante des forces appliquées au skieur est non nulle et il accélère. Mais plus il accélère, plus la force de frottement est importante et limite son accélération. Il existe donc une vitesse limite pour laquelle la force de frottement devient si intense qu’elle compense les autres forces (le poids), à cette vitesse le skieur n’accélère plus, sa vitesse reste constante.
8.
Si le mouvement du skieur est rectiligne homogène, la résultante des forces appli- quées est nulle. En projetant les forces sur l’axe de la piste orienté vers la droite on obtient :−F3+mgsinα0 = 0doncF3 =mgsinα0 =kvl2. Donc la vitesse limite estvl=
qmgsinα0
k '28,3 m/s α0
P~ F~1 N~
9. Lors du saut, la seule force appliquée au skieur est son poidsP.~
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10. Le PFD projeté sur les axesxetydonne directementx¨= 0ety¨=−g
11. En intégrant deux fois ces équations différentielles, et en tenant compte des conditions initiales, on trouvex(t) =v0xt ety(t) =v0yt−12gt2, avecv0x=v0cosγetv0y=v0sinγ.
12. S’il retombe sur une surface plane située à 5 m en dessous du pointF, on ay(tf) =−5 m=v0ytf−12gt2fdont la solution donnetf '1,87 s. La distance parcourue estD=x(tf) =v0xtf '45 m.
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