Solution: z. , avec E p = mgz

(1)

TD n°11 − Corrigé I Exercices d’application directe du cours

Exercice n°1 Sauvetage en montagne Capacités exigibles :

3 Reconnaître le caractère moteur ou résistant d’une force. Savoir que la puissance dépend du référentiel.

3 Utiliser la loi énergétique appropriée en fonction du contexte.

3 Connaître l’expression de l’énergie potentielle de pesanteur.

Deux alpinistes coincés sur une paroi rocheuse sont hélitreuillés parle PGHM (Peloton de Gendarmerie de Haute Montagne). L’hélicoptère se tient en vol stationnaire à une hauteur H= 20 m des alpinistes. Le treuil remonte les deux alpinistes à une vitesse constante v₀ = 20 cm · s⁻¹. Le filin remonte les deux alpinistes assimilés à un point matériel de masse m = 170 kg est inextensible et de masse négligeable. On s’intéresse à l’énergie dépensée pour hélitreuiller les alpinistes depuis leur position initiale jusqu’à l’hélicoptère. On néglige tout frottement.

R1. Faire le bilan des forces exercées surM. Solution:

Système : Deux alpinistes assimilés à un point matériel M de massem Référentiel : Terrestre considéré galiléen à l’échelle de l’expérience Bilan des forces :

— poids : m−→g

— tension du fil :−→ T

•Treuil

•

M

m−→g

−

→T z

R2. Calculer la puissance dépensée par le treuil au cours de la manœuvre de sauvetage.

Solution: La force exercée par le treuil correspond à l’opposée de la tension du fil qui s’exerce au niveau du point d’attache du filin, qui elle-même est l’opposée de la tension −→

T qui s’exerce sur M. Ainsi, il faut calculer la puissance de−→

T qui donnera la puissance dépensée par le treuil au cours de la manœuvre de sauvetage.

La LPC donne : dEc

dt =P(m−→g) +P(−→ T)

Or la remontée se fait à vitesse constante, doncEcest constante donc dEc

dt = 0.

Ainsi P(−→

T) =−P(m−→g) =−δW(m−→g)

dt =−−dEp

dt , avec Ep =mgz Ainsi P(−→

T) =mgdz

dt =mgv₀ = 3,3.10² W

R3. Calculer l’énergie fournie par le treuil pour remonter les alpinistes.

Solution: L’énergie totale dépensée par le treuil est déterminée à l’aide de la LEC entre le début et la fin de la remontée : ∆IFEc=W_IF(−→

T) +W_IF(m−→g).

Soit W_IF(−→

T) =−W_IF(m−→g) =mgH = 33 kJ , oùh est la hauteur de la remontée.

Exercice n°2 Luge sur une pente inclinée Capacités exigibles :

3 Reconnaître le caractère moteur ou résistant d’une force. Savoir que la puissance dépend du référentiel.

3 Connaître l’expression de l’énergie potentielle de pesanteur.

(2)

On considère une pente enneigée faisant un angleα= 10^◦ avec l’horizontale.

La maman communique à sa petite Louise, assise sur sa luge et initialement située en bas de la pente, une vitesse initiale

−

→v0 dirigée vers le haut du plan, et de norme v0= 4,0 m/s.

R1. Quelle est la distance maximale parcourue par le système avant de s’arrêter ? On néglige ici tout frottement.

Solution:

Système : Luge M(m)

Référentiel : terrestre considéré galiléen à l’échelle de l’expérience Bilan des forces :

— poids m−→g : force conservative d’énergie potentielle Ep =

−m−→g ·−−→

OM+K

— réaction du support

On néglige les frottements, donc la luge n’est soumise qu’à une force conservative et une force qui ne travaille pas, donc, l’énergie mécanique se conserve.

Le PFD est en réalité ici nécessaire pour que le temps apparaisse : m−→a =m−→g +−→

R_N PFD selon −u→_x :mx¨=−mgsin(α), soit ˙x(t) =−gtsin(α) +v₀, puis x(t) =−gsin(α)t²

2 +v₀t La luge s’arrête à l’instant t_a :t_a= v₀

gsin(α), alors qu’elle se trouve à la position x(ta) =−gsin(α)

2 × v²₀

g²sin²(α) +v0× v₀ gsin(α) x(t_a) = v₀²

2gsin(α) = 4,7 m :’( c’est pas beaucoup !

R2. Même question si on prend maintenant en compte les frottements solides de coefficient de friction dynamique f = 0,10 (neige collante) entre la luge et la neige, que l’on modélisera par les lois de Coulomb.

Solution:

Il faut ajouter au bilan des forces −→

R_T =±R_N−→u_x, avecR_N =mgcos(α) (projection du PFD selon −→u_y). Lors de la montée−→

R_T =−f mgcos(α)−u→_x et lors de la descente −→

R_T = +f mgcos(α)−u→_x.

PFD selon −u→x :m¨x=−mgsin(α)−f mgcos(α), soit ˙x(t) =−g(sin(α) +fcos(α))t+v0, puis x(t) =−g(sin(α) +fcos(α))t²

2 +v0t La luge s’arrête à l’instant t⁰_a :t⁰_a= v₀

g(sin(α) +fcos(α)), alors qu’elle se trouve à la position x(t⁰_a) =−g(sin(α) +fcos(α))

2 × v₀²

g²(sin(α) +fcos(α))² +v0× v0

g(sin(α) +fcos(α)) x(t⁰_a) = v²₀

2g(sin(α) +fcos(α)) = 3,0 m

Exercice n°3 Tarzan et l’éléphant Capacités exigibles :

3 Utiliser la loi énergétique (LEC ou LPC) appropriée en fonction du contexte.

3 Mouvement conservatif à une dimension : Déduire d’un graphe d’énergie potentielle le comportement qualitatif : trajectoire bornée ou non, mouvement périodique, positions de vitesse nulle.

Déduire d’un graphe d’énergie potentielle l’existence de positions d’équilibre, et la nature stable ou instable de ces positions.

3 Expliquer qualitativement le lien entre le profil d’énergie potentielle et le portrait de phase.

Tarzan se déplace à dos d’éléphant à la vitesse−→v₀ =v₀−u→_x, avecv₀ = 25 km · h⁻¹. À l’instant t= 0, il se trouve à l’abscisse x = 0 et se saisit d’une liane qui pend verticalement depuis son point d’attacheA. À cet instant, son centre de masse Ges trouve à une hauteur de 2,5 m du sol. Il se laisse alors aller, suspendu à la liane.

(3)

Année 2020-2021

0 x

A•

−

→g

•G θ

Nous considérons ici que le mouvement de Tarzan est celui d’un point matérielGde massemavecm= 80 kg. La longueur de AG estL= 3,0 m.

R1. Nous négligeons tout frottement. Montrer que le mouvement est conservatif.

Solution:

Système : Tarzan G(m)

Référentiel : terrestre considéré galiléen à l’échelle de l’expérience.

Bilan des actions mécaniques :

— Poids :m−→g, force conservative

— Tension du fil :−→

T, force qui ne travaille pas car toujours orthogonale au

mouvement 0 x

A•

•G

m−→g T −→

θ

La loi de la puissance mécanique donne dEm

dt = 0, donc l’énergie mécanique se conserve, donc le mouvement est conservatif.

R2. Dessiner l’énergie potentielle de Tarzan en fonction deθet montrer qu’il va osciller autour de la position d’équilibre θ= 0.

Solution:

Énergie potentielle de pesanteur : Epp=−m−→g ·−−→

OG+K, soitEpp(θ) =−mgLcos(θ) +K Posons l’origine de l’énergie potentielle en θ= 0, soitEpp(θ= 0) =−mgL+K, alors

Epp(θ) =mgL(1−cos(θ))

(4)

0 θ Epp(θ) 2mgL

−π π

−2π 2π

Em

Pour déterminer la nature du mouvement deG, il est nécessaire de connaître l’énergie mécanique :Em =Ec+Epp, qui se conserve.

Calculons-la à t= 0 (x= 0, soit θ= 0) :Em = 1

2mv₀²+ 0

Comparons les valeurs numériques Em = 1930 J et de 2mgL = 4704 J : Em < 2mgL, d’où la représentation graphique de Em.

L’énergie cinétique étant nécessairement positive, les positionsθaccessibles àGsont celles telle queEpp(θ)<Em: Tarzan oscille donc au voisinage de la position d’équilibreθ= 0.

R3. Déterminer la valeur maximale de θ atteinte par Tarzan, puis sa vitesse maximale au cours de son mouvement de pendule.

Solution:

La valeur maximale de θest atteinte par Tarzan quand l’énergie cinétique s’annule, et donc quand Epp(θ_max) = Em, soitmgL(1−cos(θ_max)) = 1

2mv²₀, soit cos(θ_max) = 1− v²₀

2gL, cette solution existe tant que v₀²

2gL <2 (sinon le cosinus deviendrait inférieur à−1), ce qui est bien le cas ici.

Ainsi, θ_max=±arccos 1− v₀² 2gL

!

L’énergie cinétique est maximale quand l’énergie potentielle est minimale, donc quandθ= 0, c’est-à-dire quand G passe par la position d’équilibre stable.

Ainsi 1

2mv²_max= 1

2mv₀², soit v_max=v₀ .

R4. La trajectoire de phase dans l’hypothèse d’une absence de frottement est dessinée en trait plein sur la figure ci- dessus, ainsi que la trajectoire (en pointillés) obtenue avec l’hypothèse de l’oscillateur harmonique. Commenter cette trajectoire. Y a-t-il isochronisme des oscillations ?

Solution: On constate que la trajectoire de phase dessinée en trait plein est fermée, donc le mouvement est bien périodique, mais elle n’est pas elliptique, donc le mouvement n’est pas harmonique. L’étude effectuée ici ne peut se faire dans le cadre de l’hypothèse des petites oscillations.

R5. La trajectoire de phase tenant compte des frottements est également dessinée (petits points). Commenter brièvement et évaluer l’énergie dissipée au cours du mouvement d’oscillation.

Solution: En prenant en compte les frottements, on constate que la trajectoire de phase est ouverte, le mouvement n’est donc plus périodique.

Calculons la variation de Em au cours d’une oscillation, en prenant par exemple deux instants consécutifs de passage à θ_max, séparés d’une période. En ces positions, la vitesse y est nulle. Nous lisons θ_max,1 = 1,2 rad et θmax,2= 0,6 rad

∆Em =−mgL(cos(θ_max,2)−cos(θ_max,1)) =−1,1.10³J .

Exercice n°4 Marsupilami

(5)

Année 2020-2021 Capacités exigibles :

3 Connaître l’expression de l’énergie potentielle de pesanteur et élastique.

3 Distinguer force conservative et force non conservative. Reconnaître les cas de conservation de l’énergie mécanique. Utiliser les conditions initiales.

Le Marsupilami est un animal de bande dessinée créé par Franquin aux capacités physiques remar- quables, en particulier grâce à sa queue qui possède une force importante. Pour se déplacer, le Marsu- pilami enroule sa queue comme un ressort entre lui et le sol et s’en sert pour se propulser vers le haut.

On note `0 = 2 m la longueur à vide du ressort équivalent. Lorsqu’il est complètement comprimé, la longueur du ressort est`m = 50 cm. La masse de l’animal est 50 kg et la queue quitte le sol lorsque le ressort mesure `₀.

Solution:

Système : MarsupilamiM(m)

Référentiel : terrestre R supposé galiléen Bilan des forces :

— Tant que la queue est de longueur inférieure à`0 :

— poidsm−→g

— force de rappel élastique

— Quand la queue est de longueur supérieure à`0 : poids m−→g uniquement.

Le Marsupilami est soumis uniquement à des forces conservatives : le poids et la force de rappel élastique.

On choisit l’axe (Oz) vertical ascendant.

3 Quand la queue est comprimée au maximum (A) : z=`m, ˙z= 0 (il s’élance sans vitesse initiale), Epp =mg`m, Ep,él= 1

2k(`m−`0)²

3 Quand la queue quitte le sol (B) :z=`₀, ˙z=v₀,Epp=mg`₀,Ep,él= 0

3 Quand le Marsupilami atteint la hauteur maximale (C) : z =h, ˙z = 0 (max de z, donc ˙z = 0), Epp = mgh, le ressort n’agit plus.

Pour les deux questions :

LPC et LPM : non adaptées ici, car nous ne cherchons pas l’équation du mouvement mais une vitesse . . .

Ici, vous pouviez utiliser la LEC ou la conservation de l’énergie mécanique, cette dernière ayant l’avantage de ne pas avoir à calculer les travaux des forces conservatives dont vous connaissez les énergies potentielles.

Le schéma est toujours obligatoire dans tout exercice de mécanique ! Pensez à définir les notations que vous introduisez (notamment les différents états du système).

R1. Quelle est la constante de raideur du ressort équivalent si la hauteur maximale d’un saut esth= 10 m ? Solution: L’énergie mécanique du marsupilami se conserve entre A et C, donc

Em(A) =Em(C)⇔0 +mg`m+1

2k(`m−`0)²=mgh⇔ k= 2mg(h−`m)

(`m−`0)² = 4,1.10³ N · m⁻¹

R2. Quelle est sa vitesse lorsque la queue quitte le sol ?

Solution: L’énergie mécanique du marsupilami se conserve entre B et C au Marsupilami, donc : Em(C) =Em(B)⇔mgh= 1

2mv²₀+mg`₀+ 0⇔ 1

2mv²₀ =mg(h−`₀)

⇔ v0 =^q2g(h−`0) = 12,5 m · s⁻¹ = 45,1 km · h⁻¹

Exercice n°5 Looping Capacités exigibles :

(6)

3 Distinguer force conservative et force non conservative. Reconnaître les cas de conservation de l’énergie mécanique. Utiliser les conditions initiales.

3 Évaluer l’énergie minimale nécessaire pour franchir la barrière.

Le nouveau jeu pour petites voitures de la petite Louise contient une descente permettant aux voitures de prendre de l’élan avant d’aborder un looping de rayon R= 30 cm.

La petite voiture est assimilée à un point matériel de masse m= 30 g qui glisse

sans frottement sur la piste. R

θ•

R1. Établir l’expression de la vitesse v₀ atteinte par la petite voiture en bas de descente en fonction de la hauteurh à laquelle la petite Louise laisse la voiture (sans vitesse initiale).

Solution: Système : petite voiture de LouiseM(m)

Référentiel : terrestre considéré galiléen à l’échelle de l’expérience Bilan des actions mécaniques :

— poids : m−→g, force conservative ;

— réaction normale du support, force qui ne travaille pas

Tous les frottements sont négligés, donc l’énergie mécanique de la voiture se conserve au cours du mouvement.

En utilisant la conservation de l’énergie mécanique entre le point de départ et le point d’arrivée : 0 +mgh = 1

2mv₀²+ 0, soit v₀ =^p2gh

R2. En utilisant une loi énergétique, montrer que ˙θ²= v₀² R² + 2g

R(cos(θ)−1) Solution:

Énergie potentielle de pesanteur de M sur le looping :

Epp = −m−→g ·−−→

OM+K

= −m−→g ·R−→u_r+K

= −mgRcos(θ) +K

En prenant Epp(θ= 0) = 0, on déterminer K=mgR, alors Ep(θ) =mgR(1−cos(θ)) Conservation de l’énergie mécanique (entre θ= 0 etθ quelconque) : 1

2mv₀²= 1

2mR²θ˙²+mgR(1−cos(θ)) Ainsi ˙θ² = v²₀

R² +2g

R(cos(θ)−1)

R3. Montrer que la norme de la réaction normale du support s’écrit−→

R_N=m v²₀

R +g 3 cos(θ)−2

! .

Solution:

PFD selon −→u_r :−mRθ˙²=mgcos(θ)−R_N, soitR_N =mRθ˙²+mgcos(θ), avecR_N =k−→

R_Nk. avec la conservation de Em, on en déduit :R_N =mv²₀

R −2mg(1−cos(θ)) +mgcos(θ) Soit −→

R_N=m v²₀

R +g 3 cos(θ)−2

!

R4. Montrer que la bille reste en contact avec le support lors de tout le mouvement lorsque la vitesse initiale v0 est supérieure à une vitesse v_min à déterminer.

Déterminer la hauteur minimale à laquelle Louise doit déposer la voiture pour qu’elle reste en contact avec le support. Faire l’application numérique.

(7)

Année 2020-2021 Solution: La bille reste en en contact avec le support lors de tout le mouvement ssi la réaction normale du support ne s’annule jamais.

Cherchons une condition pour que ∀θ,RN(θ)>0.

Or R_N(θ) est minimale pour cos(θ) minimale, c’est-à-dire cos(θ) =−1⇔θ=π Cherchons donc la la condition surv0, pour queRN(θ=π)>0⇔m v²₀

R +g −3−2

!

>0⇔ v0 >^p5gR=vmin

Or nous avons établi à la question 1.quev₀ =√

2gh, ainsi la condition précédente s’écrit√

2gh >√ 5gR. Louise devra lâcher sa petite voiture à une hauteur h > 5R

2 pour qu’elle ne décolle jamais.

R5. Supposonsv₀ < v_min. Déterminer l’angle auquel la bille quitte le support et tombe.

Solution: Supposonsv0 < vmin, la voiture décollera pour l’angle θ_d tel queRN(θ_d) = 0

⇔ v₀²

R +g 3 cos(θ_d)−2= 0⇔ θ_d= arccos 1

3 2− v²₀ gR

!!

>0

II Exercices d’approfondissement

Exercice n°6 Tige inclinée avec un ressort Capacités exigibles :

3 Mouvement conservatif à une dimension : Déduire d’un graphe d’énergie potentielle le comportement qualitatif : trajectoire bornée ou non, mouvement périodique, positions de vitesse nulle.

Déduire d’un graphe d’énergie potentielle l’existence de positions d’équilibre, et la nature stable ou instable de ces positions.

On considère une tige fixe, dans un plan vertical (Oxz), faisant un angleα avec la verticale ascendante. Un anneau de massem est astreint à se déplacer sans frottements le long de la tige. Il est de plus relié à un ressort de raideur ket longueur à vide`0 dont l’autre extrémité est fixe enO. On repèrera la position de l’anneau par la coordonnéeOM =X le long de la tige.

R1. Quelles sont les forces conservatives appliqués à M? Déterminer les expressions de leurs énergies potentielles en fonction deX etα.

Solution:

Système : anneau de masse m

Référentiel : terrestre considéré galiléen à l’échelle de l’expé- rience

Bilan des actions mécaniques :

— poids m−→g : force conservative

qui dérive de l’énergie potentielle Epp=−m−→g ·−−→

OM+K =− −mgXcos(π−α) =mgXcos(α) +K

— force de rappel élastique−→

f_él=−k(X(t)−`₀)−→u_X : force conservative qui dérive de l’énergie potentielle Ep,el =

1

2k(X(t)−`₀)²+K⁰

— réaction du support : qui ne travaille pas

R2. Étudier la fonctionEp(X) dans le cas oùmgcos(α)< k`0 puis tracer son allure.

Solution: Énergie potentielle : Ep(X) = 1

2k(X(t)−`0)²+mgXcos(α) +C

(8)

Choisissons Ep(X= 0) = 0, soit C=−1 2k`²₀ Et Ep(X) = 1

2k X²−2`₀X(t)+mgXcos(α) = 1

2kX²+X(mgcos(α)−k`₀) Existence d’une position d’équilibre ? dEp

dX =kX−k`₀+mgcos(α) X_e telle que kX_e−k`₀+mgcos(α) = 0 , soit X_e=`₀−mgcos(α)

k , qui n’existe que simgcos(α)< k`₀. D’après l’expression de la dérivée, pour X < X_e, dEp

dX < 0, donc Ep y est décroissante, puis pour X > X_e, dEp

dX >0, doncEp y est croissante.

On a donc l’allure ci-dessous :

0 X

Ep(X)

Em<0 Em>0

Avec Ep(Xe) =−1 2k

`0−mgcos(α) k

2

R3. Discuter sur le graphique des mouvements possibles en prenant X(t= 0) =`₀ etv_X(t= 0) =v₀. Quelle valeur maximale peut prendre la vitessev₀ pour que l’anneau n’atteigne pasO?

Solution:

Calculons l’énergie mécanique, qui se conserve, à t= 0 : Em= 1

2mv²₀−mg`0cos(α)

SiEm<0, alors l’anneau a un mouvement d’oscillations au voisinage deXe, entreX1 etX₁⁰. SiEm>0, alors l’anneau oscille entre 0 et X₂.

L’anneau n’atteint pas O, si son énergie mécanique est négative, donc pour 1

2mv₀² < mg`0cos(α), soit pour v₀ <^q2g`₀cos(α)

R4. Établir l’équation différentielle du mouvement.

Solution:

Utilisons le fait que l’énergie mécanique se conserve : dEm

dt = 0 Ainsi dEc

dt +dEp

dt = 0

Soit mX¨X˙ +kXX˙ −k`0X˙ +mgcos(α) ˙X = 0, Ainsi ˙X= 0 ou ¨

X+ k

mX= k m

`0−mgcos(α) k

On retrouve l’équation différentielle d’un oscillateur harmonique.

(9)

Année 2020-2021 R5. Déterminerv(X) (en fonction de la position) etX(t) dans les conditions précédentes.

Solution:

Par résolution de l’équation différentielle : X(t) = (`0−Xe) cos(ω0t) + v0

ω0 sin(ω0t) +Xe

La conservation de l’énergie mécanique nous donne v(X) : 1

2mv²+1

2kX²+X(mgcos(α)−k`0) = 1

2mv²₀−mg`0cos(α) Soit 1

2mv²= 1

2mv²₀+mgcos(α)(`0−X)−1

2k`²₀−1

2kX²+k`0X Soit v=

s

v₀²+ 2gcos(α)(`₀−X)− k

m(X−`₀)² Exercice n°7 Flipper

Capacités exigibles :

On considère un ressort de flipper, de raideurk= 40 N · m⁻¹ et de longueur à vide`₀ = 10 cm, incliné d’un angle α = 6,0^◦ avec l’horizontale. Sur ce ressort repose une bille en métal de masse m = 150 g. On comprime le ressort au maximum avant de le lâcher, ce qui propulsera la bille. On supposera que le contact entre le ressort et la bille est rompu si la bille est au delà de la longueur à vide du ressort.

On appelleraO le point d’attache du ressort et−u→x le vecteur unitaire dirigé dans le sens de l’allongement du ressort. La position de la bille sera donc repérée par son abscissex le long de cet axe.

Dans tout cet exercice on néglige les frottements.

R1. Réaliser un schéma paramétré puis exprimer les différentes énergies potentielles en fonction dex et des données de l’énoncé.

Pour l’énergie potentielle élastique, on précisera le domaine de variation de x pour lequel cette écriture est valable.

On choisira l’origine de l’énergie potentielle de pesanteur au point le plus bas accessible par la bille et celle de l’énergie potentielle élastique lorsque le ressort est à sa longueur à vide.

Solution:

Système : bille M(m)

Référentiel : terrestre supposé galiléen à l’échelle de l’expérience Bilan des forces :

— poids m−→g

— réaction normale du support−→

RN

— si` < `₀ : force de rappel élastique −→

f =−k(`−L)−u→_x; sinon, elle n’agit pas.

x

O α

k, L

−→RN

−

→f

m−→g Énergie potentielle de pesanteur : Epp = −m−→g ·−−→

OM +K = −mgcos(π/2 +α)x+K, avec Epp(x = 0) = 0 (le point le plus bas est en x= 0), soit K = 0, ainsi Epp(x) =mgsin(α)x (on vérifie quand x augmente, l’Epp

augmente).

Énergie potentielle élastique : Ep,él = 1

2k(`−L)²+K⁰ pour ` < L. De plus, `= x et Ep,él(x =`₀) = 0 = K⁰. Ainsi Ep,él= 1

2k(x−L)² pourx < `0.

R2. Tracer l’allure de l’énergie potentielle en fonction de xainsi que l’énergie mécanique de la bille (en justifiant). Dés états non liés sont-ils possibles ? Placer les points de vitesse nulle et maximale.

(10)

Solution:

Énergie potentielle de M pourx < L : Ep =mgsin(α)x+1

2k(x−L)² Énergie potentielle de M pourx > L : Ep =mgsin(α)x

O x Ep

Em

x→0limEp(x) = +∞, donc aucun état libre n’est possible.

Initialement, le ressort est comprimé au maximum, donc x= 0 et Ep = 1

2kL² et la bille est lâchée sans vitesse initiale, donc Ec= 0. AinsiEm= 1

2kL². On placeEm sur la courbe précédente.

La vitesse est nulle lorsque l’énergie mécanique est égale à l’énergie potentielle.

La vitesse est maximale lorsque l’énergie potentielle est minimale.

R3. Déterminer la vitesse de la bille au moment au celle-ci quitte le ressort.

Solution: La bille quitte le ressort lorsquex=L. En utilisant la conservation de l’énergie mécanique, on peut écrire que : 1

2kL² =mgsin(α)L+1

2mv²_Len notantvL la vitesse de la bille lorsque la bille quitte le ressort.

Ainsi v_L= s

kL²

m −2gsin(α)L= 1,6 m · s⁻¹

R4. Déterminer la distance maximale à laquelle pourra s’éloigner la bille.

Solution: Lorsque la bille a atteint la position maximale x_max, la bille s’arrête et redescend. En utilisant la conservation de l’énergie mécanique : 1

2kL² =mgsin(α)xmax, soit xmax= kL²

2mgsin(α) = 13 cm

III Résolution de problèmes

Exercice n°8 Pistolet à ressort

On utilise un ressort de raideur k= 40 N · m⁻¹ pour projeter horizontalement une bille de massem= 20 g.

Si on veut communiquer à la bille une vitesse initiale v₀ = 20 km · h⁻¹, de quelle distance D faut-il comprimer le ressort ?

Solution:

Exercice n°9 Remonte pente

Un remonte-pente est constitué d’un câble auquel les skieurs s’accrochent pour remonter.

Déterminer la puissance du moteur qui entraîne le câble.

On attend de vous que détailliez les différentes étapes de votre raisonnement, et que vous proposiez des valeurs numériques raisonnables au besoin.

Données :

— Longueur totale du câble : 200 m ;

— Distance séparant deux skieurs : 5 m ;

— Dénivelé entre les extrémités du câble : 5 m ;

— Vitesse du câble : 5 km · h⁻¹.

— Lorsque le ski glisse sur la neige, la réaction tangentielle−→

R_T du sol sur le ski est reliée à la réaction normale −→

R_N par−→

R_T=f

−→R_Navec f = 0,10.

(11)

Année 2020-2021 Solution: