USTHB Facult de Physique Anne 2011-20121re anne ST Corrig de la srie dynamique Sections 16 30

M. Hachemane (usthbst10@gmail.com), A. Dib et A. Chafa

Exercice 1

Donnes : m1 = 3.2kg, v1 = 6.0m/s 0uest, m2 = 1.6kg, v2 = 5.0m/s Nord, t = 2s, v

1 = 3.0m/s N 30 E.A chaque tape, on fait dabord la somme ou la diffrence vectoriel gomtriquement.

v1v1

p1

p2pT

a) p1

p1

b)

v2

c)d)

v2

Un calcul avec lchelle donne : a) pT = 20.8kg.m/s, b) p1 = p2 = 25.4kg.m/s et F12 = F21 = 12.7Nc) v1 = 7.9m/s et v2 = 15.8m/s, d) v

2 = 15.0m/sOn donne maintenant un calcul analytique :a) Reprsentation : ~pT = ~p1 + ~p2 = m1~v1 +m2~v2. Systme isol ~pT = ~p

T .

Calcul : p1 = 19.2kg.m/s, p2 = 8kg.m/s et pT =p21 + p

22 = 20.8kg.m/s

b) Reprsentation : ~p1 = ~p

1 ~p1. Comme ~pT = ~p1 + ~p2 = ~pT = ~p2 ~p2 = (~p1 ~p1) = ~p2 = ~p1~F12 =

~p1t =

~p12 et

~F21 =~p2t = ~F12

Calcul : ~p1 = m1v

1 cos~i + m1v

1 sin~j et ~p1 = m1v1~i. Donc ~p1 = m1(v1 cos + v1)~i + m1v1 sin~j et ~p2 =m1(v1 cos+ v1)~im1v1 sin~j~p1 = 24~i+ 8.3~j et p1 = p2 =

(24)2 + (8.3)2 = 25.4kg.m/s

~F12 = 12~i+ 4.2~j = ~F21 et F12 = F21 = p12 = 12.7Nc) Reprsentation : La mme que celle de ~p car ~p1 = m1~v1 et ~p2 = m2~v2Calcul : ~v1 =

~p1m1

= (v1 cos+ v1)~i + v

1 sin~j = 7.5~i+ 2.6~j et v1 =p1m1

= 7.9m/s

~v2 =~p2m2

= ~p1m2

= m1m2

~v1 = 15~i 5.2~j et v2 = m1m2v1 = 15.8m/sd) Reprsentation : ~v2 = ~v2 +~v2Calcul : ~v2 = 15~i 0.2~j et v2 =

152 + 0.22 = 15.0m/s

Exercice 2

Donnes s = 0.6, g = 0.5, =6 , m2 = 2kg, g = 10m/s

2

1. Les forces agissant sur m1 sont (~P1,~C1,~T1). Celles agissant sur m2 sont (~P2,~C2,~T2).

m1

m2C1

P1

T1

-T1

-T2 T2

P2

C2

x

y

0

Y

x

0

~C1 est perpendiculaire au plan inclin car il ny a pas de frottements.~C2 = ~C0 (limite de lquilibre) est incline vers la droite pour lune des deux raisons suivantes :

m2 essaye de glisser vers la gauche et ~C0 soppose ce glissement.

il y a quilibre, donc ~C2 = (~P2 + ~T2

).

Appliquons la RFD aux deux masses :

Systme m1 Systme m2~P1 + ~C1 + ~T1 = ~0 ~P2 + ~C2 + ~T2 = ~0

Ox :~T1

= m1g sin Ox :~C0x

=~T2

Oy :

~C1 = m1g cos Oy :

~C0y = m2g

Masses ngligeables du fil et de la poulie :~T2

=~T1

. Limite de lquilibre~C0x

= s~C0y

= sm2g. On trouvem1g sin = sm2g m1 = sm2sin ,m1 = 2.4kg2. On doit dterminer toutes les forces et reprsenter les forces relles (non leurs composantes) aux bons pointsdapplication :

1

~P1 = m1g = 24N ,

~C1 = m1g cos = 20.79N ,

~T1 = m1g sin = 12N . ~P2

=~C0y

= m2g = 20N , ~C0x

= sm2g = 12N ,~C0

= 23.32N ,~T2

= 12NIl suffit de refaire la reprsentation de la premire question mais en respectant lchelle. Remarquez les points dappli-cation des forces. Les composantes de ~C2 peuvent tre reprsentes en trait pointill pour respecter cette chelle (lescomposantes des forces de contact sont des projections mathmatiques, elles nexistent pas rellement).

3. Donne m1 = 4kg > 2.4N . On a un glissement vers la gauche et ~C2 est incline vers la droite car sa composante~C2x doit tre dans le sens contraire du mouvement (frottements). Les autres forces gardent les mmes directions.

Systme m1 Systme m2~P1 + ~C1 + ~T1 = m1~a1 ~P2 + ~C2 + ~T2 = m2~a2

Ox : m1g sin~T1

= m1a1 Ox :~T2

~Cx

= m2a2Oy :

~C1 = m1g cos Oy :

~Cy = m2g~Cx

= g~Cy

= gm2g

Masses ngligeables du fil et de la poulie :~T2

=~T1

=~T. Fil inextensible a1 = a2 = a.

(Ox) + (Ox) m1g sin gm2g = (m1 +m2) a a = gm1 singm2(m1+m2) = 1.67ms2(Ox)

~T1 = m1 (g sin a) = g m1m2m1+m2 (sin+ g) = 13.33N

Exercice 3

Donnes m = 100g, R = 1m, s = 0.5777, g = 9.81ms2

0

P

P

1. Cest la limite de lquilibre ~P + ~C0 = ~0 ~C0 = ~PAxe normal : mg sin m = C0n. Axe tangentiel : mg cos m = C0t = sC0n = smg sin m. Donc tan m =

1s

= 1.731.Donc m = 59.98

2. La particule a surement t lche dun angle < m = 59.98 car elle est en mouvement. Elle arrive N =

3

avec lacclration a = 2.8ms2 et la vitesse v = 1ms1. Dans ce cas, on a :~P + ~C = m~a (On suppose que g nest pas donn)

Axe normal : mg sin N + Cn = man = m v2R Cn = m(g sin N +

v2

R

)= 0.95N 1.9cm

Dtermination de Ct :

Axe tangentiel mg cos N Ct = mat = ma2 ( v2

R

)2

Ct = mg cos N ma2 ( v2

R

)2= 0.23N 0.46cm

3. On peut alors dterminer g =CC

= CtCn

= 0.24Exercice 4

Donnes m = 2kg, s = 0.4, =6 , g = 9.81m/s

2

F0

F0C0

PAB

C0A

PA

CAB

C0B

PB

CBA

F

C

PAB

1. On considre les deux masses comme un seul systme. A la limite de lquilibre on a~P + ~C0 + ~F = ~0 o ~P = 2m~g et

~C0x = s

~C0y.

Axe Ox : ~Fx

=~C0x

= s ~C0y

~F

cos = s ~C0y

2

Axe Oy :~Fy

+ 2mg ~C0y

= 0~F

sin+ 2mg = ~C0y

(Ox) s (Oy)

~F (cos s sin) 2smg = 0

~F = s(coss sin)2mg = 23.57N

2.a. Forces sur A : ~F , ~PA, ~CA (action du sol qui soppose au mouvement), ~CAB (B empche A de se dplacer).

Forces sur B : ~PB , ~CB (action du sol qui soppose au mouvement), ~CBA (A pousse B pour le dplacer).

2.b. Pour A : ~F +m~g + ~CA + ~CAB = ~0. Pour B : m~g + ~CB + ~CBA = ~0 avec ~CBA = ~CABOx pour (A) :

~F cos

~CAx

~CAB = 0 et Ox pour (B) :

~CBx =

~CBA

Oy pour (A) : ~F sinmg +

~CAy = 0 et Oy pour (B) :

~CBy = mg

A la limite de lquilibre, on a ~CAx

= s ~CAy

et ~CBx

= s~CBy

Les quations de (B) donnent directement

~CBA = smg = 7.85N =

~CAB

3. Donnes~F

= 30kgm/s2, a = 4m/s23.a. Considrons les deux corps comme un seul systme~F + 2m~g + ~C = 2m~a

Ox :~F

cos~Cx

= 2ma =~Cx

=~F

cos 2ma = 9.98N3.b. Oy :

~F sin 2mg +

~Cy = 0 =

~Cy =

~F sin+ 2mg = 54.24N

do d = ~Cx

/~Cy

=(~F

cos 2ma)/(~F

sin+ 2mg)= 0.18

Exercice 5

Donnes mA = 2kg, mB = 3kg, = 0.5N/s, F (t) := t, s = 0.5, d = 0.5, g = 10m/s2.

B

0

0

0 0

1. Systme (A+B) la limite de lquilibre :

(mA +mB)~g + ~C0 + ~F0 = ~0

Ox :~C0x

= t0Oy :

~C0y = (mA +mB) g ~C0x

= s~C0y

t0 = s (mA +mB) g = 50s2. Pour t1 = 30s, on a un quilibre simple. Pour chaque systme on doit avoir ~F = ~0. Do (lunit pour toutes lesforce est le N) :

Corps A seul : ~PA = mAg~j = 20~j , ~CAB = ~PA = 20~jCorps B seul : ~PB = mBg~j = 30~j , ~CBA = ~CAB = ~PA = 20~j, ~F1 = t1~i = 15~iet ~C = t1~i+ g (mA +mB)~j =15~i+ 50~jCorps A et B : ~P = (mA +mB) g~j = 50~j, ~F1 = t1~i et ~C = t1~i+ g (mA +mB)~j3. A t2 = 60s, le corps B glisse sur le sol et par rapport au corps A avec lequel il na pas de frottements. Autrementdit, le corps A reste au repos et nest pas entran par B car il nest soumis quaux forces verticales ~PA et ~CAB.Corps A seul : ~PA = mAg~j = 20~j , ~CAB = ~PA = 20~jCorps B seul : ~PB = mBg~j = 30~j , ~CBA = ~CAB = ~PA = 20~j, ~F2 = t2~i = 30~i et ~CRFD pour B : ~PB + ~CBA + ~F2 + ~C = m~a et

~Cx = d

~Cy

Ox :~F2

~Cx

= maOy : mBg mAg +

~Cy = 0 ~Cy

= g (mA +mB) = 50N et ~Cx

= dg (mA +mB) = 25N ~C

= g (mA +mB)

1 + 2d = 55.9N

En rsum : ~PB

= 30N 3cm,~F2

= 30N 3cm, ~C

= 5.59N 5.59cm,Pour dessiner la force relle ~C, il est plus facile de dessiner ces composantes (

~Cy = 50N 5cm,

~Cx = 25N

2.5cm) en tirets pour rappeler quelles ne sont pas des forces relles mais des composantes mathmatiques.Exercice 6

Donnes : m = 0.5kg, v0 = 1m/s.

3

>

1. v (t) v (0) = A (0, t, a) 1 = A (0, t, a) 1 = A (0, 1, a) + A (3, t, a) = 1 + 12 (3 + a) (t 3). Lquation de a esta = 4 (t 3) + 3 = 4t 9. On doit rsoudre1 = 1+ 12 (3 + 4t 9) (t 3) 2t2 9t+ 7 = 0. Les solutions sont {[t = 1.0s] , [t = 35s]} mais la premire nest pasacceptable car on a pris t > 3s.2. Graphe de v (t)t (s) [0, 1] [1, 3] t = 3s t > 3s

a(m/s2

) 1 (constante) 0 (constante) discontinue droitev (m/s) Droite entre v0 = 1 et v (1) = 0 Droite entre v (1) = 0 et v (3) = 0 paraboleMouvement MRUR Repos limite de lquilibre glissement

Forces sur Ox : frottements ~Cx 0 (t < 2), ~Cx et F (t > 2) ~C0x et ~F (3) ~Cx et ~F (t)

Avant t = 1s, le mouvement est retard jusqu larrt par ~Cx. On peut calculer d dans cette phase d =~Cx

/ Cy =m |a| /mg = 0.1. Entre 1s et 2s, le corps reste au repos sous laction de ~P + ~C = ~0. Aprs 2s, la force ~F commence agir mais elle nest pas assez grande pour faire glisser le corps. A t = 3s, lacclration fait un saut et le corps demarre,cest la limite de lquilibre ~C0 + ~P + ~F0 = ~0. Aprs 3s, cest la phase de glissement ~P + ~C + ~F = m~a.3.a. Pour t > 3s, la masse glisse dans le sens positif v > 0. RFD : ~P + ~C + ~F = m~a

Sur Ox : ~Cx

+ ~F

= ma. Sur Oy : mg + ~Cy

= 0. Glissement : ~Cx

= D ~Cy

= Dmg3.b. A t = 4s, a = 7m/s2 avec D = 0.1 et g = 10m/s

2. Donc ~P =

~Cy = 5N ,

~Cx = Dmg = 0.5N et

~F = ma+

~Cx = 4N . (

~C =

(0.5)

2+ 52N = 5.02N)

3.c. Pour t > 3s, on a a = 4t 9,~F

= ma+~Cx

et~Cx

= mgD. Donc~F

= 2t 4 en (N).3.d. Dtermination de s :Daprs le graphe de v (t), entre t = 0s et t = 1s, on a mouvement dclr jusqu ce quelle sarrte avec une

acclration a = 1m/s2 due uniquement ~Cx

= ma = 0.5N ce qui donne bien d = (ma)mg = 0.1. Entre t = 1set t = 2s, la masse est au repos v = 0m/s. A partir de t = 2s, la force commence agir mais la masse reste immobilejusqu t = 3s o elle commence glisser. Donc t = 3s correspond la limite (rupture de lquilibre). Do :

RFD : ~P + ~C0 + ~F (3) = ~0 ~C0x

+~F (3)

= 0 et mg + ~C0y

= 0. Donc s = ~C0x~C0y =

~F (3)mg

= 0.4.

Exercice 7

Donnes M = 1kg, s = 0.5, g = 0.4, k = 200N/m, g = 10m/s2.

0

0

4

1. Comme le ressort nest ni comprim ni tendu, on a T = 0N . A la limite de lquilibre, on crit ~P + ~C0 + ~F0 = ~0

avec ~C0x

= s ~C0y

. Les projections donnent ~C0y

= Mg et~F0

=~C0x

= sMg = 5N .2. Pour A, on a

~PA =

~C0y = Mg = 10N 5cm,

~F0 =

~C0x = 5N 2.5cm

Pour B, on a~PB

= Mg = 10N 5cm,~CB

= ~CBy

= ~P

= 10N 5cm.3. Quand A se dplace, le ressort est comprim et la mme force de rappel agit sur chaque masse

~T = kx avec

x = 2cm. La force ~F

doit augmenter avec~T pour garantir une acclration nulle et une vitesse constante :

Pour A, on a ~PA + ~CA + ~F + ~T = M~a = ~0 (vitesse constante).

Sur Oy : ~CAy

= Mg = 10N 5cmSur Ox :

~CAx = gMg = 4N 2cm,

~T = kx = 4N 2cm et

~F =

~CAx+

~T = 8N 4cm.

Pour B, on a ~PB + ~CB ~T = M~a = ~0 (car~T = kx = 4N < 5N , donc B est au repos).

Sur Oy : ~CBy

= Mg = 10N 5cm.Sur Ox :

~CBx =

~T = 4N 2cm.

4. et 5. Le corps B commence ce dplacer quand ~CB = ~CB0.Pour B, on a ~PB + ~CB0 ~T0 = ~0 (limite de lquilibre)sur Oy :

~CB0y = Mg = 10N 5cm

Sur Ox : ~CB0x

= sMg = 5N 2.5cm et~T0

= ~C0x

= 5N 2.5cm.Donc x0 =

~T0k

x0 = 2.5cm.Pour A, on a ~PA + ~CA + ~F + ~T0 = M~a = ~0 (vitesse constante).

sur Oy : ~CAy

= Mg = 10N 5cmSur Ox :

~CAx = gMg = 4N 2cm,

~T0 = 5N 2.5cm et

~F =

~CAx+

~T0 = 9N 4.5cm.

Exercice 8

Donnes : k = 150N/m, m = 2kg, g = 9.81m/s2

0

1. Lorigine est confondue avec la position de m quand le ressort a sa longueur vide l0. Quand m est la position x,la force lastique est ~T = k (x 0)~i = kx~i.Masse ngligeable du fil : ~T1 et

(~T1

)ainsi que ~T2 et

(~T2

). Masse ngligeable de la poulie :

~T1 =

~T2. Frottements

ngligeables : ~Cx = ~0 ~C = ~Cy.Fil inextensible : a1 = a > 0 et a2 = a < 0 car a2 < 0 sur Oy. Sur Oy, on aura a1 = a2 = a.Systme m M

Forces ~Pm = m~g, ~C, ~T (ressort) et ~T1 (fil) ~PM = M~g et ~T2 (fil)

RFD ~Pm + ~T + ~C + ~T1 = m~a1 ~PM + ~T2 = M~a2

Ox kx+~T1

= ma (1) RienOy mg

~C = 0 Mg

~T1 = Ma (2)

(1) + (2) a = (Mgkx)(M+m) et (2)~T1

= M (g a) = M(gm+kx)(M+m)2. Il sagit de la limite de lquilibre avec s = 0.8, ~C = ~C0,

~C0x = s

~C0y et T = 0N . On reprend le calcul de la

question prcdente

5

Systme m M

Forces ~Pm = m~g, ~C0, et ~T1 (fil) ~PM = M~g et ~T2 (fil)

RFD ~Pm + ~C0 + ~T1 = ~0 ~PM + ~T2 = ~0

Ox ~C0x

+~T1

= 0 (1) RienOy mg

~C0y = 0 Mg

~T1 = 0 (2)

(1) + (2) ~C0x

= Mg. Comme~C0x

= s ~C0y

= smg, on trouve M = sm = 1.6kg3. Dans ce cas, on a un glissement avec M = 3kg, d = 0.25 et x = 0.1m. La seule diffrence avec la premire question

est que~Cx

= d ~Cy

et ~T nest pas nulle :Systme m M

Forces ~Pm = m~g, ~C, ~T (ressort) et ~T1 (fil) ~PM = M~g et ~T2 (fil)

RFD ~Pm + ~T + ~C + ~T1 = m~a1 ~PM + ~T2 = M~a2

Ox kx ~Cx

+~T1

= ma (1) RienOy mg

~Cy = 0 Mg

~T1 = Ma (2)

Comme~Cx

= d ~Cy

= dmg, laddition (1) + (2) donne : a = g(Mdm)kxm+M = 1.91m/s2

La relation (2) implique que~T1

= M (g a) = M(gm(1+d)+kx

m+M

)= 23.71N

Exercice 9

Donnes : mA < mB, mB = 1kg, =6 , =

4 , s = 0.5, d = 0.3, g = 10m/s

2.1. Comme mA < mB et < , cest mA qui doit monter. Alors mB doit descendre. Les forces de contact sopposent ce sens du mouvement :

2. Masses ngligeables du fil et de la poulie :~TA

=~TB

=~T. Les forces responsables du mouvement sont

mAg sin et mBg sin. Par consquent, le mouvement tend avoir lieu vers la droite car on a les mmes coefficientsde frottement avec mA < mB et < . Les forces ~CA et ~CB sont donc inclines vers la gauche car elles sopposent auglissement.On suppose que les deux masses sont la limite de lquilibre (~CA = ~CA0 et ~CB = ~CB0) :Systme mA mBForces ~PA = mA~g, ~CA0, ~TA (fil) ~PB = MB~g, ~CB0, ~TB (fil)

RFD ~PA + ~CA0 + ~T1 = ~0 ~PB + ~CB0 + ~TB = ~0

Ox,Ox mAg sin ~CA0x

+~T = 0 (1) mBg sin

~CB0x

~T = 0 (2)

Oy,Oy mAg cos+ ~CA0y

= 0 mBg cos +~CB0y

= 0Limite

~CA0x = s

~CA0y = smAg cos

~CB0x = s

~CB0y = smBg cos

(1) + (2) donne mAg sin~CA0x

+mBg sin ~CB0x

= 0. Donc

mA =mB(sin s cos)(sin+s cos)

= 0.38kg.

3. Pour mA =mB(sin s cos)(sin+s cos)

, lquation (1) donne~T = mAg (sin+ s cos) = mBg (sin s cos). Lqua-

tion (2) donne directement la mme valeur~T = mBg (sin s cos) = 3.54N .

4. On a un glissement car mA = 0.3kg < 0.38kg sans changement des directions des forces. Fil inextensible aA =aB = a (algbrique, voir sens des axes Ox et O

x)

6

Systme mA mBForces ~PA = mA~g, ~CA, ~TA (fil) ~PB = MB~g, ~CB, ~TB (fil)

RFD ~PA + ~CA + ~T1 = mA~aA ~PB + ~CB + ~TB = mB~aB

Ox,Ox mAg sin ~CAx

+~T = mAa (1) mBg sin

~CBx

~T = mBa (2)

Oy,Oy mAg cos+ ~CAy

= 0 mBg cos +~CBy

= 0Limite

~CAx = d

~CAy = dmAg cos

~CBx = d

~CBy = dmBg cos

(1) + (2) a =(mAg sin

~CAx+mBg sin

~CBx)/ (mA +mB)

Donc a = g [mB(sin d cos)mA(sin+d cos)]mA+mB

= 2m/s2

Exercice 10

La force applique la comte est la force gravitationnelle. Cest une force centrale (parce quelle est constamment

dirige vers le mme point, la terre). Le moment cintique est donc constant : ~L0 = ~L1. En module,L0 = mv0r0 sin = mv0a0 et L1 = mv1d1 sin

2 = mv1d1. Alors L0 = L1 = v1 = a0d1 v0

Exercice 11

Forces : ~P = m~g, ~T et ~ (pousse dArchimde). La mouvement a lieu dans le plan de la table donc ~P + ~ = ~0. La

tension du fil ~T est centrale et cest la seule force qui agit sur la masse. Le moment cintique L = m~r~v est constant.Pour un mouvement circulaire ~r = r~ur et ~v = ~v = r~u, donc ~L = mr

2~k avec = . La conservation du momentcintique scrit alors

mr211 = mr222 = 2 = r

2

1

r22

1Si r2 < r1, alors 2 > 1. Si r2 > r1, alors 2 < 1.Exercice 12

1. ~F = Gm1Mr2

~ur = m1(GM

r2~ur)= m1~g o ~g = GMr2 ~ur = g~ur. Au voisinage de la Terre, ~g0 = GMR2 ~ur = g0~ur.

Donc g =(Rr

)2g0 =

(R

R+h

)2g0

2. ~F

= Gm1Mr21

= m1an (mouvement uniforme at = 0). Lacclration normale est g = an = m1v21

r1o v = 2r1

T1= 1r1

pour un mouvement circulaire uniforme (voir aussi lexercice prcdent).

Donc GMr21

= 42 r1T 21

r31T 21

= G M42 = Constr31

T 21

=r32

T 22

Exercice 13

1. Forces appliques m : ~P et ~C (normale la sphre car il ny a pas de frottements).

~P + ~C = m~a = md~vdt

On voit que d~v est dans le plan dfini par ~P et ~C. Comme la vitesse initiale est nulle, toutes les vitesses (donc lemouvement) sont dans ce mme plan.2. Il sagit du calcul dans le cas particulier o r = R. On peut utiliser les formules connues avec la notation r = dr

dtet

= ddt

:

vr = r = 0 et v = r = R

ar =(r r2

)= R2

a =(r + 2r

)= R

On peut faire aussi un calcul direct en utilisant les relations d~urdt

= ~u etd~udt

= ~ur. Le vecteur position est~r = R~ur. Le vecteur vitesse est ~v = R

d~urdt

. Donc

~v = R~u

Le vecteur acclration est ~a = d~vdt

= R~u R d~udt . Donc~a = R2~ur +R~u

7

3. ~L = m (~r ~v). Daprs la figure, on a ~ur ~u = ~j (vecteur unitaire de laxe yOy). Sachant que ~ur ~ur = ~0, onobtient ~r ~v = R2~j et ~L = mR2~j.Thorme du moment cintique : d

~Ldt

= ~r ~P + ~r ~C = ~r ~P car(~r ~C

). Or d

~Ldt

= mR2~j et la figure montre

~r ~P = Rmg sin ~j. Par consquent,mR2 = Rmg sin R = g sin

Cest lquation diffrentielle demande.

4. RFD : ~P + ~C = m~a = m(R2~ur +R~u

)

Sur ~ur on a : mg cos + ~C

= mR et sur ~u on a : mg sin = mR R = g sin .

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