Mécanique du point : Exercices mecanique du point
Télécharger PDFObtenir le pack complet des cours, TDs, examens sur Mécanique du point!
Vous souhaitez maîtriser Mécanique du point ? Ne cherchez plus, nous avons le pack bien choisi pour vous.
Accédez à une collection complète des supports de cours, des travaux dirigés (TD) corrigés, examens...
Télécharger packLicence Science et Technologie, 1-i` eme ann ́ee, Universit ́
e de Provence, Ann ́
ee 2008-09
M ́
ecanique du point,
Corrig ́
es de quelques exercices de la fiche 3
I. PROJECTILE,SANS FROTTEMENT
Question 1.
Le projectile est soumis` a la seule force de gravitation. On
a donc ~a=~g~v(t) =~gt+~v0 ~x(t)= 12 ~gt2 +~v0 t
et donc{ x(t)=v 0xt=v 0tcosα y(t)=− 12 gt2 +v0y t=−1 2gt 2+v 0tsinα C’est la forme param ́
etrique de la solution. On obtientyen
fonction dexen ́
ecrivanty=− 12 g( xv 0cosα )2 +xtgα=− gx2 2v2 0
(1 + tg2 α) +xtgα
Question 2.
L’altitude maximale est atteinte pourvy (tS ) = 0, soitt S=v 0y/g=v 0
sinα/g. On a alorsxS =x(tS ) =v 20 sinαcosα/g, donct S= v0 sinαg , xS =v 20 sin(2α)2g , yS =v 20 sin2 α2g Question 3.
Pour des raisons de sym ́
etrie (la trajectoirex→yest une
parabole), on peut directement ́ecrirex B
= 2xS ettB = 2tS .
On obtient aussi ce r ́
esultat en r ́
esolvant l’ ́
equationy(tB ) = 0
ou encore en cherchant directement lextel quey= 0.t B= 2v0 sinαg , xB =v 20 sin(2α)g , yB = 0.
Question 4.
On voit que la relation exprimantyen fonction dexest
l’ ́
equation d’une parabole param ́
etr ́
ee parτ= tgα. Pour qu’un
point de coordonn ́
ees(X,Y)se trouve sur la trajectoire, il faut
et il suffit qu’il existeτ(r ́
eel) solution de l’ ́
equationY 2=− g2v 20 (1 +τ2 )X2 +τX .
Cette ́
equation ́
equivaut` agX 22v 20 τ2 −Xτ+( Y2 +gX 22v 20 )
= 0.
Le discriminant vaut
∆ =X2 −2g v2 0X 2( Y2 +gX 22v 20 )=X 2[ 1−2g v2 0( Y+g 2v2 0X 2)] La situation est la suivante :
– SiY < v2 0/2g−gX 2/2v 20 , alors∆>0, et il existe
deux solutions pourτ. Alors le point de coordonn ́ees (X,Y)peutˆ etre atteint par le projectile, pour deux
valeurs possibles de l’angleα.
– SiY=v2 0/2g−gX 2/2v 20 , alors∆ = 0, et il existe une
seule valeur deτ(et donc deα) telle que le point(X,Y)puisse ˆ
etre atteint.
– SiY > v2 0/2g−gX 2/2v 20 , alors∆<0, et il n’existe
aucune valeur deτ(et donc deα) telle que le point
(X,Y)puisseˆ etre atteint.
L’ensemble des points(X,Y)marquant la fronti` ere est donc
une parabole, appel ́
eeparabole de sˆ uret ́e. La valeur maximale deXB est atteinte pourα=π/2.
Question 5.
Les trajectoires obtenues pourα=π/16,2π/16,...7π/16
se trouvent en FIG. 1, avec la parabole de sˆ uret ́e. FIG. 1.Trajectoires pour diff ́
erentes valeurs deα, et parabole de sˆ uret ́e. Pour une valeur fix ́
ee dev0 , on peut bien les repr ́
esenter sur
une seule figure. Par contre, siv0 varie, c ̧a n’est plus possible.2 II. PROJECTILE,AVEC FROTTEMENT
Question 1.
Cette fois, le PFD s’ ́ecrit m~a=m~g−γ~v
et on a donc` a r ́
esoudre l’ ́
equation diff ́
erentielle ̇
~v(t) +γ m
~v(t) =~g ,
dont la solution est de la forme
~v(t) =~c0 e−γt/m +m γ
~g ,o `u~c 0
est une constante d’int ́
egration (` a 2 composantes). En
t= 0, on a~v0 =~c0 +m~g/γ, d’o` u
~v(t) =~v0 e−γt/m +( 1−e−γt/m )m γ~g On a donc{ vx (t)=v 0xe −γt/mv y(t) =v0y e−γt/m −mg γ( 1−e−γt/m )
puis par int ́
egration{ x(t)=− mv0x γe −γt/m+A y(t)=− mv0y γe −γt/m− mgγ (
1 +m γe −γt/m) +B
En imposant les conditions initiales, on obtient finalement{ x(t)= mv0x γ( 1−e−γt/m )y(t) =mv 0yγ (1−e −γt/m) −m 2g γ2 (
−1 +γt m+e −γt/m) On peut remarquer que dans la limite des petites valeurs de
γ(cas«presque sans frottements»), on a en utilisant les
d ́
eveloppements limit ́ese x
= 1 +x+x2 /2 +O(x3 )), on a1−e −γt/m
≈γt/m, et−1 +γt/m+e−γt/m ≈γ2 t2 /2m2 et on retrouve les expressions pr ́
ec ́
edentes. Pour obtenir une
expression plus pr ́
ecise, il faut pousser le d ́
eveloppement un
cran plus loin,` a l’ordre 3...
Pour obtenir l’expression non-param ́
etrique deyen fonc-
tion dex, il faut d’abord exprimerten fonction dex, c’est` a diret=− mγ ln( 1−γx mv0x ). On en d ́
eduit alorsy= v0y v0x x+mg γ2 (γx mv0x + ln( 1−γx mv0x ))L `
a encore, on retrouve l’expression pr ́
ec ́
edente par un
d ́
eveloppement limit ́
e du logarithme` a l’ordre 2. En poussant` a l’ordre 3, et en se basant sur
ln(1 +u) =u−u2 /2 +u3 /3 +O(u4 ),
on aboutit, en posantu=−γx/mv0x `a y≈xtgα+mg γ2 (−u+ (u− u2 2+ u3 3)) ≈xtgα−1 2gx 2mv 20 cos2 α− γ3 gx3 m2 v3 0cos 3α On remarque que l` a encore, la limiteγ→0redonne le cas
pr ́
ec ́edent. Question 2.
Le sommet est atteint pourvy (tS ) = 0c’est` a dire, en
posantT=e−γt/m , pourv 0yT= mgγ (1−T).
La solution est donn ́
ee parT= 1/(1 +γv0y /mg), soitt S= mγ ln( 1 +γv 0ymg ). Question 3.
La longueur maximale atteinte est obtenue en ́
ecrivanty=
0, ce qui conduit` a l’ ́
equationv 0y( 1−e−γt/m )= mgγ (
−1 +γt m+e −γt/m) Cette ́
equation ne poss` ede pas de solution explicite, maispeut ˆ
etre r ́
esolue num ́
eriquement, ou par approximations,
en utilisant un d ́
eveloppement limit ́
e : en posant cette fois
u=γt/m, on obtientv 0y(u−u 2
/2) =mg γu 2, d’o` u pouru6= 0,u(v0y +mg/γ) = 2v0y , et doncu= 2
1 +mg/γv0y ,
et finalementt B= muγ =2m γ+mg/v0y ,
qui tend vers la valeur de l’exercice pr ́
ec ́
edent quandγ→0.
III. FREINAGE
1) Pour que le mouvement soit uniforme, l’acc ́
el ́eration doitˆ etre nulle. On a doncm~g+ ~R+ ~
F= 0,d’o `
u on d ́
eduit, par projection
F=mgsinα
Application num ́
erique :
F= 103 ×9,81×sin(20o )≈3355,2N.
2) On doit cette fois avoir, avec~al’acc ́
el ́
eration, colin ́eaire `
a la force de frottement (dirig ́
ee en sens inverse)m~g+ ~R+ ~
F=m~a ,d’o `
u on d ́eduit F=m(gsinα−a).
Application num ́
erique :
F= 103 (×9,81×sin(20o )−2)≈3155,2N.