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:

Physique - Chimie

Corrige de TD - Mecanique 1

(referentiels non galileens)Corrige de TD - Mecanique 1

(referentiels non galileens)Exercice1 : Chute d'un boulon dans un camionCommeR0est en translation par rapport aR, on a!ey0=!eyet!ez0=!ez(maisOy6=Oy0etOz6=Oz0).

1. L eca mione sten t ranslationr ectiligneu niforme,ca racterisep ar!v(O02R0=R)noteV!ex. (a) Referentiel :R0lie au camion, en translation rectiligne uniforme par rapport aRsuppose galileen doncR0est suppose galileen.

Systeme :boulon assimile a un point materielM.

Repere :cfgure de l'enonce.

Bilan des forces :poids!P=mg!ey.

m !a(M=R0) =!Pd'ou !aM=R0=!g=g!ey.

En projection selon

!ex:¨x0=0)x0=C1.

En projection selon!ey:¨y0=g)y0=gt+C2.

Determination des constantes d'integrationC1etC2viala condition initiale!v(M=R0)=!0 at=0, d'ouC1=0etC2=0. Conclusion :!vM=R0=gt!ey.

On en deduit!O0M=12

gt2+h!ey(cfposition initiale) soitx0=Cte: le boulon decrit unedroite verticale dansR0, en accord avec le principe de relativite galileenne. On obtient le m^eme mouvement qu'avec!v(M=R) =!0et une observation dansR(question1 c). (b) D ansl er eferentielR, la position du boulon se deduit de la facon suivante : !OM=!OO0+!O0M)!OM=Vt!ex+12 gt2+h!eyL'equation de la trajectoire est doncy=g2V2x2+h: trajectoire parabolique dansR. Note:on pourrait aussi mener l'etude d'emblee dansR:m!a(M=R) =!P=mg!ey d'ou!v(M=R) =gt!ey+V!ex(en accord avec!v(M=R0) =gt!eyet la loi de composition des vitesses); on obtient alors bien!OM=12 gt2+h!ey+Vt!ex. (c) Dans le cas de la chute d'une balle depuis un immeuble, on aurait!v(M=R) =!0at=0 d'ou!v(M=R) =gt!eydonnant!OM=12 gt2+h!eyieune droite verticale dansR. De plus, la loi de composition des vitesses!v(M=R) =!v(M=R0)+!v(O02R0=R)donne !v(M=R0)=V!exgt!ey)!O0M=Vt!ex+12 gt2+h!ey:trajectoire parabolique dansR0 y0=g2V2x02+h 2. T ranslationr ectiligneu niformementa ccelere,c aracteriseep ar !a(O02R0=R)noteA!ex. (a) Referentiel :R0lie au camion, en translation rectilignenonuniforme par rapport aRdonc

R0est non galileen. Par contre,

!w(R0=R) =!0(translation).

L'acceleration d'entra^nement est donc

!ae= d

2!OO0dt2

R =A!ex et l'acceleration de Coriolis est!ac=!0.

Bilan des forces :

âpoids!P=mg!ey;

âforce d'inertie d'entra^nement :!fi;e=m!ae)!fi;e=mA!ex; âforce d'inertie de Coriolis :!fi;c=m!ae)!fi;c=!0.

Franck Galland Page 1/

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(referentiels non galileens)Principe fondamental de la dynamique :m!a(M=R0) =!P+!fi;e+!fi;c:!aM=R0=g!eyA!exEn projection selon

!ex:¨x0=A)x0=At+C1=At.

En projection selon!ey:¨y0=g)y0=gt+C2=gt.

Conclusion :

!vM=R0=At!exgt!ey.

On en deduit

!O0M=12

At2!ex+12

gt2+h!ey.

L'equation de la trajectoire est doncy0=gA

x0+h: droite de penteg=AdansR0: au fur et a mesure de la diminution dey0, on observe une diminution dex0dans les m^emes proportions, le boulon tombant vers l'arriere du point duquel il s'est detache. Rem: direct :!a0=g!eyA!ex,!gequivavec!v0(t=0) =!0d'ou une trajectoire rectiligne selon!gequiv... (b) D ansl er eferentielR, la position du boulon se deduit de la facon suivante : !OM=!OO0+!O0M)!OM=12

At2!ex12

At2!ex+12

gt2+h!ey=12 gt2+h!ey soitx=Cte: la trajectoire est une droite verticale dansR. Note:on pourrait aussi mener l'etude d'emblee dansR:m!a(M=R) =!P=mg!ey.

Or, dans ce deuxieme cas,

!v(M=R) =!0at=0. Ainsi,!v(M=R) =gt!ey.

On retrouve bien!OM=12

gt2+h!eyieune chute libre dansR: le boulot n'a aucune vitesse initiale horizontale dans ce cas, et tombe comme si le camion n'etait pas present. Rem: en pratique, l'air contenu dans le camion est lui aussi mis en mouvement lors de l'acceleration; les forces de frottements auraient tendance a devier le boulon legerement vers l'avant, dansR.

Exercice2 : Oscillations sur une tige en rotation

1. Referentiel :R0lie a la tige en rotation uniforme autour d'un axe xe dans le referentiel terrestre Rgsuppose galileen.R0est donc non galileen. Mais!w(R0=Rg) =!W=!Cteet!v(O0=Rg) =!0.

Systeme : point materielM.

Forces :

âpoids!P=mg!ez

âreaction du support!R?!ex0(pas de frottement solide)

âforce de rappel du ressort!Fr=k(``0)!exou`=x0

âforce d'inertie d'entra^nement :!fi;e=mW2!HM=mW2x0!ex0(en coordonnees polaires : !fi;e=mW2r!er)

âforce d'inertie de Coriolis :

fi;c=2m!W^!v(M=R0) =2mW!ez^x0!ex0:!fi;c=2mx0W!ey0(en coordonnees polaires : !fi;c=2mW!ez^r!er=2mrW!eq) (dans le referentielR0lie a la tige,Mne peut se deplacer que selon l'axeO0x0)d(x0!ex0)dt R

0=dx0dt!ex0car!ex0est xe dansR0 d(r!er)dt

R

0=drdt!ercar!erest xe dansR0

Le principe fondamental de la dynamique applique aMdansRs'ecrit : m !a(M=R0) =!P+!R+!Fr+!fi;e+!fi;c

D'ou par projection selon

!ex0:m¨x0=k(x0`0)+mW2x0soit¨x0+km W2 x 0=km `0.

Franck Galland Page 2/

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Corrige de TD - Mecanique 1

(referentiels non galileens)Rem:on pouvait aussi utiliser le TEM, avecEm=12 mx02+12 k x0`0 212
mW2x02... 2. L as olutiong eneraled ecet te equationd ierentielleest x0(t) =x0 h(t)+x0 p(t). (a) S i km >W2: on posew20=km W2,x0 p(t) =k`0mw20et on doit resoudre :¨x0 h+w 20x0 h=0. La solution s'ecrit :x0(t) =A1cos(w0t)+A2sin(w0t)+k`0mw20.

Orx0(t=0) =x0

0=A1+k`0mw20)A1=x0

0k`0mw20.

De plus,x0(t) =A1w0sin(w0t)+A2w0cos(w0t).

Orx0(t=0) =0=A2w0)A2=0.

Finalement,x0(t) =

x 0

0k`0mw20

cos(w0t)+k`0mw20: mouvement oscillant. (b) S i km Orx0(t=0) =x0

0=A1k`0mw20)A1=x0

0+k`0mw20.

De plus,x0(t) =A1w0sinh(w0t)+A2w0cosh(w0t).

Orx0(t=0) =0=A2w0)A2=0.

Finalement,x0(t) =

x 0

0+k`0mw20

cosh(w0t)k`0mw20. Le point materiel s'eloigne donc exponentiellement deO0 cosh(a) =exp(a)+exp(a)2 (c) S i km =W2, on doit resoudre¨x0=km `0=Cte:x0=km `0t22 +x0 0.

Le mouvement deMest donc uniformement accelere.

Rem:dans les deux derniers cas, l'equation dierentielle du mouvement et l'analyse du mouvement restent valables tant que l'on se situe dans la zone de linearite du ressort. Mais si l'allongement devient trop important, la force de rappel du ressort ne reste pas proportionnelle a celui-ci, et on peut m^eme aboutir a la rupture du ressort. 3. Le cas ou le point materiel reste immobile correspond a¨x0=0. L'equation dierentielle precedente devient alorskm

W2x0=km

`0d'oux0=k`0kmW2ce qui est possible sikm >W2et x0

0=k`0kmW2(cas particulier du mouvement oscillant, avec une amplitude nulle).

4. O np rojettel ep rincipefo ndamentald el ad ynamiquesu rl esd euxau tresa xes:

âselon!ey0:0=Ry2mWx0)Ry=2mWx0

âselon!ez:0=Rzmg)Rz=mg

On a donc :

!R=m2Wx0!ey0+g!ezRem: la force de Coriolis appara^t comme la force compensant la reaction de la tige selon!ey0. Elle est nulle siMne se deplace pas sur la tige. Mais siMs'eloigne du centreO=O0, il va se retrouver"plaque»contre la tige, dans un sens s'opposant au mouvement de rotation. Dans le referentiel terrestre, c'est l'eet de son inertie, tandis que dans le referentiel lie a la tige, c'est l'eet de la force de Coriolis. De plus, six0augmente,!fi;cest suivant!ey0donc tend a devier la trajectoire deMvers la droite dans le referentiel lie a la tige.Franck Galland Page 3/8

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Corrige de TD - Mecanique 1

(referentiels non galileens)Exercice3 : Pendule simple dans un train en acceleration

1.Eectuons une etude dynamique dans le referentiel lie au train, non galileen (car en mouvement

accelere par rapport au referentiel terrestre suppose galileen). Referentiel :R0lie au train, en translation rectiligne par rapport au referentiel terrestreRsuppose galileen :!w(R0=R) =!0.Systeme : point materielM.

Repere :cfschema ci-contre.Note:qest oriente dans

le sens direct autour de(O0z0)d'ou l'orientation de!uq.

Bilan des forces :

âpoids :!P=mg!ux0;

âtension du l :!T=Tr!ur;

âforce d'inertie d'entra^nement :!fi;e=m!ae

ou!ae= d

2!OO0dt2

R =¨y!uy=2a!uy)!fi;e=2ma!uyâforce d'inertie de Coriolis :!fi;c=m!ac ou!ac=2!w(R0=R)^!v(M=R0) =!0)!fi;c=!0 Le principe fondamental de la dynamique applique aMdansR0non galileen s'ecrit : m !a(M=R0) =!P+!T+!fi;e

Or siMest a l'equilibre dansR0, on a!a(M=R0) =!0.

En projetant la relation precedente selon

!uq(car!T:!uq=0et!Test inconnu), on en deduit :

0=mgsin(qe)+2macos(qe))tan(qe) =2ag

Commep2

¨e+g` (sin(qe)+ecos(qe))2a` (cos(qe)esin(qe)) =0 Pour faire appara^tretanqe, dont on conna^t l'expression, on factorise une partie de l'equation parcos(qe):¨e+cos(qe)g` (tan(qe)+e)2a` (1etan(qe))=0. Ortan(qe) =2agdonc

¨e+cos(qe)g`

2ag +e 2a` 1e2ag
=0)¨e+cos(qe)g2+4a2g` e=0

Determination decos(qe):1cos

2(qe)=1+tan2(qe) =1+2ag

2=g2+4a2g

2)cos(qe) =gpg

2+4a2.

Ainsi :¨e+pg

2+4a2`

e=0d'ou la pulsation proprew0=qg

1+4a2g

2 14 puis la periode du mouvement :T0=2pw

0=2ps`

g

1+4a2g

2

14=1;85s.

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Corrige de TD - Mecanique 1

(referentiels non galileens)Exercice4 : Manege et chaises volantesEtude qualitative : une fois le manege en rotation et le regime permanent etabli, une chaise volante

donnee est en equilibre gr^ace a la force centrifuge, qui fait intervenir la vitesse angulaire de rotation du

manege. La traduction de cet equilibre permettra ainsi d'avoir acces au nombre de tours par minute.Referentiel:R0lie au manege, non galileen.

Systeme

:fune chaise volante + une personneg, assimile a un point materiel.

Repere:cfgure ci-contre.

Bilan des forces:

âpoids :!P=m!g=mg!ey0;

âtension de la cha^ne :!T=sin(q)!ex0+Tcos(q)!ey0;

âforce d'inertie d'entra^nement (force centrifuge) :!fi;e=m!ae=mRw2!ex0âforce d'inertie de Coriolis :!fi;c=m!ac=!0car!ac=2!w^!v0avec!v0=!0ici.

Principe Fondamental de la Dynamique:m!a(M=R0) =!P+!T+!fi;e+!fi;c avec, a l'equilibre dansR0:!a(M=R0) =!0d'ou en projection selon!exet!ey:(

0=mRw2Tsin(q)

0=Tcos(q)mg)(

Tsin(q) =mRw2

Tcos(q) =mg

d'ou, en eliminantT:tan(q) =Rw2g)w=rgtan(q)R. Determination des valeurs numeriques: vues les donnees, 8 :a.8m2 )a= (3;50;2)m

R=16m2

)R= (8;00;2)m

L'7m2m)L= (5;00;2)m

OrR=a+Lsin(q)doncsin(q) =RaL

=0;90(0;07))q'64°(10°). Ainsi,w= (1;60;3)rad.s1= (153)tours.min1d'ou(459)tours en 3 minutes. Rem:on neglige les frottements, les phases de mise en route et d'arr^et...

Franck Galland Page 5/

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Corrige de TD - Mecanique 1

(referentiels non galileens)Exercice5 : In

uence de la force de Coriolis au RugbySysteme :le ballon, assimile a un point materiel (autrement dit, on ne s'interesse qu'au mouvement

de son centre de masse). Referentiel :terrestreR0, considere comme non galileen. Bilan des forces :une fois lance, le ballon est soumis a deux forces :

âle poidsm!g;

la force d'inertie de Coriolis!fi;c=2m!WT^!v0devie le ballon vers la droite, (par exemple, vers l'ouest si le ballon est lance vers le sud); (on considere que les frottements sont negligeables, bien que ceux-ci, ainsi que l'in uence du vent, doivent evidemment ^etre pris en compte par le joueur) Principe fondamental de la dynamique :m!a0=m!g+!fi;c. La resolution de cette equation donnerait acces a la trajectoire.... Mais le probleme est seulement de determiner s'il faut prendre en compte !fi;c; pour cela, il sut dequotesdbs_dbs35.pdfusesText_40
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