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EXERCICE III : LES DOMINOS (4 points)

Antilles Guyane 09/2009 Correction © http://labolycee.org

1. Équation de la trajectoire

1.1. En négligeant les frottements solides et fluides, la bille est soumise à son poids P m.g   entre les points O et M exclus.

1.2. Le système {bille} est étudié dans le référentiel terrestre supposé galiléen. La deuxième loi de Newton impose alors : P m.a   _ m.g m.a   finalement : a g .

1.3. On a

x 0

y

v = v = dx dt v = -gt = dy

dt

 

 



donc

 

 



0 2

x( t) = v .t + Cte1 y( t)= 1 gt + Cte2

2

d’après les conditions initiales

x( 0) = Cte1 = 0 y( 0)= Cte2 = 0

 



finalement :

 

 



0 2

x( t) = v .t y( t)= 1 gt

2

. On isole le temps « t » de la première équation que l’on reporte dans la

seconde : t =

0

x

v

^{ y(x) =}

2

0

1 g x

2 v

 

  

 

finalement : y(x) =

2 2 0

gx 2v



1.4. Au point M : yM =

2 M 2 0

gx 2v





2

2 M

0

M

v gx 2y

 

En remarquant que yM < 0 et en ne conservant que la valeur positive de v0 , il vient :

2 0 M

M

v gx

2y

 

2 0

9,8 0,40 v 2 ( 0,20)

 

  

^{= 2,0 m.s-1.}

2. Solutions techniques pour que la bille arrive en O avec la vitesse v

0

2.1. Utilisation d’un plan incliné

2.1.1. L’énergie mécanique EM est la somme de l’énergie cinétique EC = ½.m.v² et de l’énergie potentielle de pesanteur EP = m.g.y (compte tenu de l’orientation de l’axe Oy et de l’origine de l’énergie potentielle de pesanteur Ep(y=0) = 0 J). Ainsi :

EM = ½.m.v² + m.g.y Energie mécanique en A : EM(A) = ½.m.v²A + m.g.yA

Or vA = 0 m.s^-1 car la bille est lâchée du point A sans vitesse initiale donc : EM(A) = m.g.yA

2.1.2. Energie mécanique en B : EM(B) = ½.m.v²B + m.g.yB

Or yB = 0 m donc EM(B) = ½.m.v²B.

2.1.3. Le système {bille-Terre} étant conservatif, l’énergie mécanique se conserve au cours du mouvement, ainsi : EM(A) = EM(B)  m.g.yA = ½.m.v²B

finalement avec v0 = vB: yA =

2

v

0

2.g

2.1.4. yA =

 ^2,0 

²

2 9,8 

^{= 0,20 m} 2.2. Utilisation d’un canon à bille

2.2.1. La force de rappel F

exercée par le ressort sur la bille a pour expression : F  k.x.i remarque : comme x < 0 alors F

est orientée dans le même sens que le vecteur i .

2.2.2. On a :      Fop F k.x.i comme x < 0 alors F_op

possède un sens opposé aui_.

2.2.3. Le vecteur force F_op

n’étant pas constant au cours de la compression, le travail de la force F_op ne s’écrit pas WOC(F_op

) = F .OC _op

Par contre lorsque le point C se déplace d’une longueur élémentaire dx (entre x et x + dx), alors on peut considérer la force F_op

constante. On peut alors définir le travail élémentaire W(F_op ) :

W(F_op

) = F .dx _op

avec  

dx dx.i (avec dx < 0).

W(F_op

) = (k.x.i

). 

( dx.i )= k.x.dx car i .i

= 1.

En considérant maintenant le déplacement du point C entre x = 0 et x =xC on a : WOC(F_op

) =





^C x x

x 0

k.x.dx

=

x xC

2 x 0

1 .k.x 2





 

 

 

⁼

2 C

1 .k.x

2

^{– 0 =}

2 C

1 .k.x 2

2.2.4. L’énergie potentielle élastique du ressort est entièrement convertie en énergie cinétique pour la bille (énoncé). On peut alors écrire :

1 .k.x

²_C

2

⁼

2 0

1 .m.v 2

 _C m.v⁰²

x   k en ne gardant ici que la solution négative car xC < 0 !

2.2.5. xC = –

60 10

³

2,0

²

50







= – 6,9  10^–2 m = – 6,9 cm.

Fop

F 