[PDF] Ex-M6.1 Moments des forces et condition déquilibre [dapr`es

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horizontalAB(de longueura), et passant enBsur une pou- lie parfaite, de trµes petites dimensions. enN. santeur¡!g.g A

M (m)N (m')B

aa ek 1) seul angle devant intervenir dans ces expressions sera :µ= (¡¡!AB;¡¡!AM).

Ex-M6.2Modµele atomique de Thomson

de massemponctuelle et de charge¡e.

4¼²0e

2 R 3.

les conditions initiales :¡¡!OM(t= 0) =¡¡¡!OM0=r0¡!exet¡!v(t=O) =¡!v0=v0¡!ey.

4¼²0= 9:109uSI

Vitesse de la lumiµere dans le vide :c= 3:108m:s¡1. Oy:x2 a 2+y2 b 2= 1. valeur en fonction der0,v0etm. positions respectifs :¡¡!OM=x¡!ex+y¡!eyet¡¡!OM=r¡!er(pourr=p x

2+y2·R).

2)Exprimer la pulsation!0du mouvement deMen fonction de²0,e,metR. Calculer la

deLymande l'atome d'hydrogµene (¸0= 121;8nm). 4) µA quelles condition cette trajectoire est-elle circulaire? Que se passe-t-il siv0= 0? type visqueux :¡!f=¡h¡!v, oµuh, c¾±cient de freinage, est positif. On dispose d'un ressort µa spires non jointives, de longueur au reposl0et (µ <90±). un corpsC, de massem, coulissant sans frottements surOt. L'ensemble tourne autour de ¢ µa la vitesse angulaire constante!. le ressort n'oscille pas et a une longueur constantel.O C t q(D) w Ex-M10.1Mouvement d'une planµete autour du Soleil Une Planµete, de massem, gravite autour du Soleil de masseMÀm. On travaille dans le plan. On notera¡!ezle vecteur unitaire perpendiculaire µa ce plan. de normeC. Exprimer!=dµ dt, la vitesse angulaire de rotation deK, en fonction deCet der.

¡!a=¡C2u2µd2u

r 4)

1 +ecosµ, oµueest

de¹,C,G,M, etm.

5)Pour quelles valeurs deela trajectoire est-elle elliptique? Montrer qu'alors le demi-grand

axeade l'ellipse vauta=p

1¡e2.

rappelle quep=b2 a

2http ://pcsi-unautreregard.over-blog.com/qadripcsi@aol.com

de constante de raideurket de longueur µa videl0. vots parfaites, autour des axesO1zetO2z¯xes (perpendicu- laires au plan de la ¯gure). On repµere les positions de ces derniµeres par les anglesµ1et

2.(k, l0)

LL

θ1(t)θ2(t)

g ABO 1O2xz On suppose qu'au cours du mouvement ce dernier reste constamment horizontal.

On posera!21=3k

m et!20=3g

2L. On donne le moment d'inertie de chaque tige par rapport µa

son axe de rotation :J=mL2 3

1)Au cours du mouvement, exprimerl, longueur approximative du ressort µa l'instantt, en

fonction del0,L,µ1etµ2.

3)Dans le cas oµuµ10=µ20=µ0, exprimerµ1(t) etµ2(t).

4)Dans le cas oµuµ10=¡µ20=µ0, exprimerµ1(t) etµ2(t).

Ex-M12.2

Deux tiges homogµenesOAetABde m^eme longueur

a, de m^eme massemsont mobiles dans le plan (Oxy).

Quels sont, dans le repµereR= (Oxy) le moment

B Oxy ez A q

Ex-M12.3Demi-boule (QC)

¯l passant par une poulie de massem, de rayonR.

On noteJOy=mR2

2 , le moment d'inertie de la poulie par rapport µa l'axeOypassant parOet perpendiculaire au plan de la poulie. On admettra que le ¯l ne glisse pas sur la poulie. La poulie est suspendue par son centre µa un ressort de constante de raideurk, et de longueur µa videl0. OIJ A (M) xz g qadripcsi@aol.comhttp ://pcsi-unautreregard.over-blog.com/3 Un disqueDde massem, de rayonaet de centreC, peut rouler,

On noteb=OCla distance deOµaC.

Dest homogµene de moment d'inertieJ=1

2 ma2par rapport µa son axeCz. Le c¾±cient de frottement entre le cylindre et le disque estf. Oxest l'axe vertical, le chap de pesanteurgest uniforme. On appelleµ, l'angle entre¡!exet¡!Oc, et'celui entre¡!exet la C A xy g θj I x On suppose queDpeut rouler dans glisser dans le cylindre. En outre, l'angleµreste faible. 2)

µ(0) =µ0>0 et_µ(0) = 0.

4http ://pcsi-unautreregard.over-blog.com/qadripcsi@aol.com

horizontalAB(de longueura), et passant enBsur une pou- lie parfaite, de trµes petites dimensions. enN. santeur¡!g.g A

M (m)N (m')B

aa ek 1) seul angle devant intervenir dans ces expressions sera :µ= (¡¡!AB;¡¡!AM). - µa son poids :

¡!P=m¡!g

- µa la tension - µa la tension g A M (m)

N (m')B

aa q ek ereq P q aa T1 T2 q •Pour le poids, ce moment vaut : MA(¡!P) =¡¡!AM£¡!P=AM:P:sin³¼ 2 ¡µ´¡!ek)¡!MA(¡!P) =mgacosµ¡!ek •Pour la tension¡!T2=m0g¡!eM!B, avec le vecteur¡!eM!Bcontenu dans le plan du des- sin et faisant un angle®=¼ 2 2 (puisqueAMBest isocµele enA) avec le vecteur¡¡!er:

¡!MA(¡!T2) =¡¡!AM£¡!T2=

a£

¡m0gcos®=

0 0

¡m0gsin®

0

¡!er;¡!eµ;¡!ek)

0 0

¡m0gasinµ¼

2 2

Soit :

¡!MA(¡!T2) =¡m0gacosµµ

2

¡!ek

MA(¡!F) =¡!MA(¡!P) +»»»»»¡!MA(¡!T1) +¡!MA(¡!T2) =· mgacosµ¡m0gacosµµ 2

¡!ek

ce qui revient µa imposer : mcosµ¡m0cosµµ 2 = 0,2mcos2µµ 2

¡m0cosµµ

2

¡m= 0

qadripcsi@aol.comhttp ://pcsi-unautreregard.over-blog.com/1

2,cos(2x) = 2cos2x¡1, qu'on utilise ici en posant

x=µ 2

2mX2¡m0X¡m= 0 avecX´cosµµ

2 Le discriminant de ce polyn^ome est : ¢ =m02+ 8m2> m02>0. Il existe donc deux solutions X

1=m0+p

4m>0 etX2=m0¡p

4m<0 2 2h

0;¼

2 i et donc cosµµ 2 >0. X

1=m0+p

4m)cosµµ

2 =m0+p m

02+ 8m2

4m Sachant que cette solution n'a de sens que pourX1= cosµµ 2 suivante : m 0+p m

02+ 8m2·4m,m02+8m2·16m2¡8mm0+m02,8m(m¡m0)¸0,m¸m0

2http ://pcsi-unautreregard.over-blog.com/qadripcsi@aol.com

¦Ex-M6.2Modµele atomique de Thomson

de massemponctuelle et de charge¡e.

4¼²0e

2 R 3.

les conditions initiales :¡¡!OM(t= 0) =¡¡¡!OM0=r0¡!exet¡!v(t=O) =¡!v0=v0¡!ey.

4¼²0= 9:109uSI

Vitesse de la lumiµere dans le vide :c= 3:108m:s¡1. Oy:x2 a 2+y2 b 2= 1. valeur en fonction der0,v0etm. positions respectifs :¡¡!OM=x¡!ex+y¡!eyet¡¡!OM=r¡!er(pourr=p x

2+y2·R).

2)Exprimer la pulsation!0du mouvement deMen fonction de²0,e,metR. Calculer la

deLymande l'atome d'hydrogµene (¸0= 121;8nm). 4) µA quelles condition cette trajectoire est-elle circulaire? Que se passe-t-il siv0= 0? type visqueux :¡!f=¡h¡!v, oµuh, c¾±cient de freinage, est positif.

¡!Fext=¡!F=¡k¡¡!OMaveck=1

4¼²0e

2 R 3. •Cette force est centrale, doncMO(¡!F) =¡¡!OM£¡!F=¡!0 . R g: d¡!LO=Rg(M) dt! =Rg=MO(¡!F) =¡!0,¡!LO=Rg(M) =¡¡!OM£m¡!vM=Rg=¡¡!Cste

particulier pour lequel on conna^³t les expressions du vecteur position¡¡!OMet de la vitesse¡!vM=Rg.

C'est le cas µat= 0 :¡!LO=Rg(M) =¡¡¡!OM0£m¡!v0=r0¡!ex£mv0¡!ey=mr0v0¡!ez

qadripcsi@aol.comhttp ://pcsi-unautreregard.over-blog.com/1 par l'ensemble des pointsMcontenus dans les plansT) est tout le temps orthogonale µa une direction constante qui celle de¡!LO=Rg; en l'occurence,¡!ez. ÜDonc, la trajectoire deMest contenue dans le plan (Oxy). m dt2=¡k¡¡!OM,d2¡¡!OM dt2+!20¡¡!OM=¡!0 avec :!20=k m , soit :!0=s 1

4¼²0e

2 mR 3. •Si on impose!0= 2¼º0= 2¼c

16¼3²0e

2 mc 1=3

4¼21

4¼²0e

2 mc 1=3 = 100pm

¡¡!OM=¡!Acos(!0t) +¡!Bsin(!0t)

vM=Rg=¡!0¡!Asin(!0t) +!0¡!Bcos(!0t) OM(t= 0) =¡!A=r0¡!exet¡!vM=Rg(t= 0) =!0¡!B=v0¡!ey, soit :

OM=r0cos(!0t)¡!ex+v0

0sin(!0t)¡!ey

(x(t) =r0cos(!0t) y(t) =v0

0sin(!0t)

x 2 a 2+y2 b 2= 1 , avec :a=r0 etb=v20 20 ÜLa trajectoire est une ellipse de centreO, de demi-grand axeaselonOxet de demi-petit axe bselonOy.

4)•Pour que la trajectoirea priorielliptique soit circulaire, il faut quea=b, soit :v0=r0!0

0= 0. Cl :L'ellipse s'assimile µa un segment 2a: le mouvement est rectiligne selonOxentre l'abscisse aet l'abscisse¡a(on retrouve l'oscillateur harmonique µa une dimension). Rq :On remarque l'importance des conditions initiales dues µa la perturbation µat= 0, elles

5)•Il faut prendre en compte une force de freinage dont il faut calculer le moment enO:

M O(¡!f) =¡¡!OM£¡!f=¡¡!OM£(¡h¡!v) =¡h m

¡¡!OM£m¡!v=¡h

m

¡!LO=Rg(M)

d¡!LO=Rg(M) dt! =Rg=MO(¡!F) +MO(¡!f) =¡!0¡h m

¡!LO=Rg(M)

2http ://pcsi-unautreregard.over-blog.com/qadripcsi@aol.com

dt! =Rg+h m¡!LM=O=¡!0!¡!LM=O(t) =¡!LM=O(0)e¡t h m d2¡¡!OM dt2=¡k¡¡!OM¡hd¡¡!OM dt,d2¡¡!OM dt2+!0 Q d¡¡!OM dt+!20¡¡!OM=¡!0 avec!0=r k m etQ=m!0 h vecteurr=OMtend vers 0. se diriger inexorablement vers le centreOen tourbillonnant dans une trajectoire elliptique d'aire de plus en plus faible. la physique quantique. qadripcsi@aol.comhttp ://pcsi-unautreregard.over-blog.com/3 On dispose d'un ressort µa spires non jointives, de longueur au reposl0et (µ <90±). un corpsC, de massem, coulissant sans frottements surOt. L'ensemble tourne autour de ¢ µa la vitesse angulaire constante!. le ressort n'oscille pas et a une longueur constantel.O C t q(D) w d'un mouvement de rotation autour de l'axe (¢).

La trajectoire deCest

- et de rayonr=CH=lsinµ - parcouru µa la vitesse angulaire!. O C t q (D) w l r H er qfie P Teq ejg

•DansR, le point est soumis aux forces suivantes, qu'on exprime dans la base (¡!er;¡!eµ;¡!e') :

Inventaire des forces vraies :

- le poids :

¡!P=m¡!g=

mgcosµ

¡mgsinµ

0

¡!R=

0 R R - Force de rappel du ressort : ¡!T=¡k(¡¡!OC¡¡¡!OC0) =¡k(l¡l0)¡!er=

¡k(l¡l0)

0 0 Parmi les forces d'inertie, la force d'inertie deCoriolisest nulle car : fiC=¡m¡!aC(C) =¡2m¡!R=R0£¡!vC=R=¡2m¡!!£¡!0 =¡!0 circulaire uniforme de rayonr, de centreHet de vitesse angulaire constante!: qadripcsi@aol.comhttp ://pcsi-unautreregard.over-blog.com/1 m!

2lsinµcosµ

0 m ¡!aC=R=X¡!F,¡!0 =¡!P+¡!R+¡!T+¡!fie jeulsans faire intervenir les composantesRµetR'qui nous sont inconnues :

0 =mgcosµ+ 0¡k(l¡l0) +m!2lsin2µ,l(k¡m!2sin2µ) =mgcosµ+kl0

Soit :

l=mgcosµ+kl0 k¡m!2sin2µ r kquotesdbs_dbs9.pdfusesText_15

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