Mécanique du point : Exercices physique point materiel
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 packUniversit ́e Cadi AyyadAnn ́ee Universitaire 2014/2015
Facult ́e des Sciences
Semlalia-Marrakech
D ́epartement de Physique
Module de M ́ecanique du Point Mat ́eriel
El ́ements du Corrig ́e de la S ́erie N◦ 3
Fili`eres SMA/SMC/SMP
Exercice 1
Poussée d’Archimède
SoitRle rep`ere li ́e au port qui est galil ́een telle que l’acc ́el ́eration de la pesanteurest~g=g ~
k, o`u (~ i,~ j,~ k) sa base cart ́esienne. Le bateau est attach ́e au port donc ilest
au repos et par cons ́equence la force de frottement fluide de l’eau sur le bateau est
nulle. Aussi, les forces appliqu ́ees sur le bateau sont
— le poids :~ P=mb ~g=ρb Vb g~ k;
— la pouss ́ee d’Archim`ede~ Far : elle est ́egale au poids du volume d’eauVe et
dirig ́ee selon−~ k; ce qui donne~ Far =−ρe Ve g~ k;
Comme le bateau est au repos, alors l’application du PFD donne~ P+~ Far =~ 0 =⇒mb ~g−ρe Ve g~ k=ρb Vb g~ k−ρe Ve g~ k=~ 0 =⇒ρ bρ e= Ve Vb .
ce qui donne la condition pour que le bateau flotte sur l’eau.
Exercice 2
particule chargée dans une région ou règne un
champ magnétique constant
Une particuleMde chargeqet de massemest soumise `a l’action d’un champ
magn ́etique constant~ B. SoitR(O, XY Z) un r ́ef ́erentiel galil ́een muni de la base
orthonorm ́ee directe (~ i,~ j,~ k) telle que~ B=B~ k. La vitesse initiale de la particule est~v 0=~v 0⊥+~v 0//
, telles que~v0⊥ =v0x ~i+v 0y~ j, la projection de la vitesse sur le plan
(OXY), et~v0// =v0z ~
k, la composante de la vitesse parall`ele au champ magn ́etique.
On noteωc =qB m. On n ́eglige l’action du poids devant l’action du champ magn ́etique.
On note dans la suite~ V(M/R) =~v.
1. L’expression de la force~ FB est donn ́ee par~ FB =q~v∧~ B.
2. Comme nous n ́egligeons le poids de la particule charg ́ee,la seule force qui
s’exerce surMest~ FB .Rest galil ́een, alors le PFD dansRdonne~ FB =md~v dtR =⇒d~v dtR =−qB m~ k∧~v.
Soit~v=vx ~i+v y~ j+vz ~kavecv z=v //
, alors~ k∧~v=~ k∧ vx ~i+v y~ j+v// ~k =v x~ j−vy ~i =⇒d dt~v R
= ̇vx ~
i+ ̇vy ~
j+ ̇vz ~k =−qB m vx ~j−v y~ i =⇒ ̇vz = 0 =⇒vZ =v// = Constante
3. Nous avons ́etabli qued~v dtR =−qB m~ k∧~v
sachant que la d ́eriv ́ee d’un vecteur quelconque~ AdansRavec~uA =~ A/k~ Ak
est donn ́ee pard ~A dtR =dk ~Ak dt~u A+ ~Ω( ~A/R)∧ ~A. En appliquant ce r ́esultat `ad~v dtR =−qB m~ k∧~v
on en d ́eduit quedk~vk dt
= 0 =⇒ k~vk=vest constant et que~vest en rotation
dansRavec le vecteur rotation−qB m~ k.Commev 2=v 2⊥ +v2 //
, d’une part, etvetv// sont constants, d’autre part, alorsv ⊥
est constant.
4. D ́eveloppons le PFD dans la base cart ́esienne, sachant que~ B=B~ km dvx dt~ i+mdv ydt ~j+m dvz dt~ k=q vx ~i+v y~ j+vz ~k ∧B ~k =qBvy ~i−qBv x~ j
ce qui donne dvx dt− qBm vy = 0dv ydt +qB mv x
= 0dv zdt = 0
On constate que les deux premi`eres ́equations sont coupl ́ees, c’est `a direvx etv y
figurent dans les deux ́equations. La composante de la vitesse selonOzest
constante et ́egale `a la composante de la vitesse selonOz`a l’instantt= 0,v z=v 0//. 5. Reprenons les ́equations pr ́ec ́edentes en rempla ̧cantvx = ̇x,vy = ̇yetvz = ̇z
ce qui donne en premierz=v0// t+KavecK=z(0) = 0. De mˆeme ̈y=−qB m ̇x=⇒ ̇y=−ωc x+K
orx(0) = 0 et ̇y0 = 0 alorsK= 0 ̈x=ω
c ̇y=−ω2 c
x=⇒ ̈x+ω2 c
x= 0
qui est une ́equation de second ordre `a coefficients constants sans second
membre. La solution estx=Asin(ωc t−φ0 ) avecx(0) = 0 =Asinφ0 =⇒φ 0
= 0, puisqueA6= 0, et ̇x(0) =v0⊥ =Aωc cosφ0 =⇒A=v0⊥ /ωc et la
solution est
x(t) =v 0⊥ω csinω ct. L’ ́equation enyest alors ̇y=−ωc x=−v0⊥ sinωc t=⇒y=+ v0⊥ ωc cosωc t+K
ory(0) = 0 =⇒K=− v0⊥ ωc ce qui donne finalement x=v 0⊥ω csinω ct y=− v0⊥ ωc (1−cosωc t)z=v //t. A partir des expressions pr ́ec ́edentes, on ax 2
+ (y+v 0⊥ω c) 2= v2 0⊥ω 2c etz=v0// t
qui sont respectivement les ́equations d’un cercle de centre(0,−v 0⊥ω c
) et de rayonv 0⊥ω c
dans le plan (Oxy) et d’un mouvement de translation rectiligne uniforme
selonOz. C’est un mouvement h ́elicoidal et la trajectoire est une spirale autourdeOz.
Exercice 3
Masselotte en rotation sur une tige
Une masselotte ponctuelleM, de massem,
peut glisser sans frottement sur une tige (T)
perpendiculaire enO`a l’axe verticalOz,
voir figure ci-contre. SoitR0 (Ox0 y0 z0 ) un
rep`ere galil ́een fixe orthonorm ́e direct. Soient( ~i 0, ~j 0, ~k 0
) la base cart ́esienne associ ́ee. Soit
R(Oxyz) un rep`ere orthonorm ́e li ́e `a la tige
(T) muni de la base (~ i,~ j,~ k). L’axeOzest
entraˆın ́e par un moteur qui fait tourner la
tige (T) `a la vitesse angulaire constanteω
dans le plan horizontalOx0 y0 . La masselotte
est r ́ep ́er ́ee par ses coordonn ́ees polaires,
(ρ, φ), dansR0 .0 y0 x z≡0 zO (T)x yM B tω=φ
A l’instant initialt= 0, la tige (T) est confondue avec l’axeOx0 et la masselote
est lanc ́ee depuis le pointOavec une vitesse~v0 =v0 ~io`uv 0
>0.
1. Dans le r ́ef ́erentielRnon galil ́een, les forces appliqu ́ees `a la msselotte sont
i-le poidsm~g=−mg~ k,
ii-la r ́eaction de la tige qui est normale `a celle-ci, et donc⊥`aOx, puisque les
frottements sont n ́egligeables,~ R=Rz ~k+R y~ j,
iii-la force d’inertie d’ ́entrainement~ fie `a d ́eterminer,
iv-la force d’inertie de Coriolis~ fic `a d ́eterminer.
Pour exprimer le PFD dansR, il faut donc expliciter les expressions des forces
d’inertie.
Notons queRetR0 ont la mˆeme origine. Le vecteur position deMest−−→ OM=ρ ~
ice qui implique que~ V(M/R) = ̇ρ~ iet~γ(M/R) = ̈ρ~ i.
Rest li ́e `a la tige alors il est anim ́e d’un mouvement de rotation uniforme ; ce
qui implique que~ Ω(R/R0 ) =ω~ k. Ainsi,~ Ve =~ Ω(R/R0 )∧−−→ OM=ω ~k∧ρ ~i=ρω ~j et~γ e= ~Ω(R/R 0)∧ ~ Ω(R/R0 )∧−−→ OM =ω~ k∧ρω~ j=−ρω2 ~i=⇒ ~f ie=mρω 2~ i(centrifuge)et ~γc = 2~ Ω(R/R0 )∧~ V(M/R)
= 2ω~ k∧ ̇ρ~ i= 2 ̇ρω~ j=⇒~ fic =−2m ̇ρω~ j.
Finalement, le PFD dansRdonnem~g+ ~R+ ~f ie+ ~f ic
=m~γ(M/R)
=⇒ −mg~ k+Ry ~j+R z~ k+mρω2 ~
i−2m ̇ρω~ j=m ̈ρ~ i
2. L’ ́equation du mouvement est obtenue en projetant le PFD sur~ i, ce qui donne ̈ρ−ω2 ρ= 0.
C’est une ́equation diff ́erentielle du second ordre `a coefficients constants et
sans second membre. L’ ́equation caract ́eristique estr2 −ω2 = 0 =⇒r=±ω
et la solution estρ(t) =Aeωt +Be−ωt .AetBsont d ́etermin ́ees `a partir des
conditions initialesρ(0) = 0 =⇒A+B= 0 et ̇ρ(0) =v0 =ω(A−B) =⇒A=v 0
/2ωetB=−v0 /2ω. Aussi la solution est
ρ(t) =v 02ω e ωt−e −ωt =v 0ω sinh(ωt).
La r ́eaction de la tige s’obtient en projetant le PFD respectivement sur lesaxes ~jet ~
k, ce qui permet d’obtenirR z=mgetR y
= 2m ̇ρω.
3. calculons~ V(M/R0 ) :~ V(M/R0 ) =~ V(M/R) +~ Ve = ̇ρ~ i+ρω~ j=v 0 cosh(ωt)~ i+ sinh(ωt)~ j .
Le moment cin ́etique deMpar rapport `aOdansR0 est donn ́e par~σ O(M/R 0
) =−−→ OM∧m~ V(M/R0 )=ρ ~i∧m ̇ρ~ i+ρω~ j =mρ2 ω~ k.
Le th ́eor`eme du moment cin ́etique par rapport `aOdansRest donn ́e pard~σ O(M/R 0) dtR =−−→ OM∧ m~g+~ R =⇒2mρ ̇ρω~ k=ρ~ i∧ −mg~ k+Ry ~j+R z~ k =⇒2mρ ̇ρω~ k=mρg~ j+ρRy ~k−ρR z~ j
et en projetant sur les diff ́erents axes, on obtientR y
= 2m ̇ρωR z=mg qui ne sont d’autres que les expressions d ́ej`a ́etablies.
4. L’ ́equation horaire donneD= v0 ωsinhωt B=⇒t B= 1ω argshωD v0 !
La tige effectue un tour complet, 2π, en ∆ttour = 16salorsω= 2π/∆ttour ce
qui donnet B= ∆ttour 2πargsh 2πDv 0∆t tour! A.N. :t B= 16
2×3.141516argsh 2×3.141516×2.3
0.393×16! ≃4s.
5. Lorsque la masselotte est arrˆet ́ee parB, alors ̇ρ= 0 et partant de l’expression
du PFD, en rempla ̧cant ̇ρ= 0, on obtientR y
= 0R z=mg. Supplément à l’exercice 3
La r ́eaction dont il est question dans l’exercice est~ RH =Ry ~
j. En fait, pour
retrouver la composante de la r ́eaction selon~ i, il suffit de reprendre le PFD, d’ajouter
la r ́eaction de la but ́ee selon~ i, que l’on note~ RB , et de l’appliquer dans le r ́ef ́erentiel
relatifR. Notons bien que la r ́eaction de la barre sur la masselote selon~ iest toujours
nulle en raison de l’absence des frottements. Aussi, nous avons~ R+~ RB +m~g+~ fie +~ fic =m~γ(M/R)
Sachant que la masselotte est arrˆet ́ee par la but ́ee, ce quiimplique qu’elle est `a
l’ ́equilibre dansRet donc~γ(M/R) =~ 0 et~ V(M/R) =~ 0 =⇒ ̇ρ= 0 =⇒ρ=D, nous
obtenonsR y~ j+Rz ~k+R B~ i−mg~ k+mDω2 ~i= ~0 ce qui implique que Ry = 0R z=mg RB =−mDω2 .
Exercice 4
Forces de frottement solide
Un homme tire une caisseMde bas en haut d’une colline dont la forme est
assimil ́ee `a un cercle de rayonR0 , de centreO. Il exerce une force de traction~ T
constante en norme et faisant un angleαavec le sol, voir figure ci-contre.v Bg mH MO TR α0 Rρ eφ eφ xy Nous avons~ Ω(~eρ /R) = ̇φ~ k. Noter que ̇φest alg ́ebrique et n ́egative et donc~ V(M/R) =R
0 ̇φ~eφ et−→ dl=R0 dφ~eφ ont le bon sens implicitement.
1. Calculons le travail de~ Tpour aller du bas de la colline, pointB(φ=π), vers
le haut de la colline, le pointH(φ=π/2).δW HB (~ T) =~ T·−→ dl
=T(sinα~eρ −cosα~eφ )·(R0 dφ)~eφ =−R0 Tcosαdφ=⇒WH B( ~
T) =Z π/2π δWH B( ~
T) =+ π2 R0 Tcosα
Le travail est moteur par rapport `aMpuisque ce dernier est d ́eplac ́e vers
le haut.
2. Si l’homme se d ́eplace avec une vitesse constantev0 ,~v=−v0 ~eφ , la caisse se
d ́eplace aussi avec la mˆeme vitesse. Pour D ́eterminer la r ́eactionRN , nous
appliquons le PFD.
Calculons l’acc ́el ́eration.−−→ OM=R0 ~eρ =⇒~v=R
0 ̇φ~eφ . Commevest constant alorsR
0 ̇φest constant
et ̇φ=−v0 /R0 . L’acc ́el ́eration deMest~γ=−R
0 ̇φ2 ~eρ =−v 20 R0 ~eρ . Les forces
appliqu ́ees `aMsont~ T=T(sinα~eρ −cosα~eφ )~ R=~ RN +~ RT =RN ~eρ +RT ~eφ ~
P=m~g=mg(−sin(π−φ)~eρ + cos(π−φ)~eφ ) =−mg(sinφ~eρ + cosφ~eφ )
que~gfait un angleπ−φavec~eφ . Le PFD s’ ́ecrit comme suitm~γ= ~T+ ~R+m~g −mv 20 R0 ~eρ =T(sinα~eρ −cosα~eφ ) +RN ~eρ +RT ~eφ −mg(sinφ~eρ + cosφ~eφ )
= (Tsinα+RN −mgsinφ)~eρ −(Tcosα−RT +mgcosφ)~eφ .
La projection selon~eρ nous permet d’avoirTsinα+R N
−mgsinφ=−mv 20 R0 =⇒RN =m gsinφ− v2 0R 0 −Tsinα 3. Calculons le travail de la force de frottement~ RT =f|~ RN |~eφ :δW HB (~ RT ) =f|~ RN |~eφ ·(+R 0dφ)~e φ= +f R0 m gsinφ− v2 0R 0 −Tsinα dφavec WH B( ~R T
) =Z π/2π δWH B( ~R T) =−f R0 m −g+ π2 v2 0R 0 +T π2 sinα
Exercice 5
Force de frottement fluide
Un cycliste se d ́eplace sur une ligne droite et fournit une puissance m ́ecanique
constanteP. Les forces de frottement de l’air sont proportionnelles aucarr ́e de la
vitesse du cycliste~ Ff =−kv~v,k ́etant une constante positive. On n ́eglige les forces
de frottement du sol sur la roue. Le syst`eme form ́e par le cyscliste et le v ́elo est
consid ́er ́e comme un point mat ́eriel. On choisit un axe horizontalOxet le rep`ere
terrestre est suppos ́e galil ́een.
1. Les forces qui sont appliqu ́ees au cycliste sont
— le poids, perpendiculaire au d ́eplacement et donc ne travaille pas et donc sa
puissance est nulle ;
— la r ́eaction normaleRN , la r ́eaction tangentielle est n ́eglig ́ee car les frotte-
ments sont n ́egligeables. Elle est normale au d ́eplacementet donc ne travaille
pas et sa puissance est nulle ;
— la force de frottement visqueux~ F=−kv~v.
Appliquons le th ́eor`eme de l’ ́energie cin ́etique dans sa forme diff ́erentielle, ex-
prim ́ee en fonction des puissances :dE cdt =P(~ F) +P(mecanique)m 2dv 2dt =−kv~v·~v+Pmv dvdt =P−kv3 mvdv dxdx dt=P−kv 3mv 2dv dx=P−kv 3
qui n’est d’autre que l’ ́equation recherch ́ee.
2. En posantf(x) =P−kv3 , nous avonsdf(x) dx=−3kv 2dv dx
. Aussi, on a−m 3kdf(x) dx
=f(x) =⇒df(x) dx+ 3km f(x) = 0
qui est une ́equation diff ́erentielle de premier ordre sans second membre `a
coefficients constants. La solution est obtenue en s ́eparantles variablesdf(x) f(x)=− 3km dx=⇒f(x) =Ae− 3km x
o`uAest une constante que l’on d ́etermine des conditions initiales. En rempla- ̧cantf(x) par son expression, on obtientP−kv 3=Ae −m 3kx =⇒v(x) =P k− Ak e− m3k x! 1/3
commev(x= 0) =v0 , alorsA=P−kv3 0
et la solution se met sous la forme
v(x) =" 1k P− hP−kv 30 )e− m3k xi #
1/3