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Cours de Physique Générale II, Prof. Georges Meylan EPFL Section de mathématiques 1ère année Série No 1- 16.03.2007
Mécanique générale
Énoncé des exercicesProblème 1:
Une massemest retenue par une corde enroulée sur la poulie d"un puits (voir figure). On lâche la corde, dont la masse est négligeable. Trouver l"évolution du système et la tension dans la corde. On admettra que la poulie, de masse et de rayonR, tourne sans frottement autour de son axe et qu"il n"y a pas de glissement de la corde sur la poulie.Problème 2: Trouver l"évolution du système représenté sur la figure, sachant que la massem1est lâchée sans vitesse initiale. La barre mCm est solidaire de l"axe AB et tourne avec celui-ci. C"est donc le tambour de centre O et les masselottesmqui tournent comme un solide unique. Calculer la force de réaction au palierAet la tension du fil. On suppose qu"il n"y a pas de frottement et que les masses du tambour, des axes et du fil sont négligeables. Le tambour a un rayonR, l"angleest constant, la tige portant les masselottes de massema une longueur`et est fixée à l"axe AB en son milieu, au point C.1
Problème 3:
Un anneau (sans rotation initiale) est posé sur un cône plein initialement en rotation avec une vitesse!iautour de son axe (voir figure). Quelle est la vitesse de rotation finale!fdu système? Le résultat dépend-il des frottements qui ont mis l"anneau en rotation? L"anneau a une massemet un rayonr; le cône a une masse , un rayonRet une hauteurH.2 Cours de Physique Générale II, Prof. Georges Meylan EPFL Section de mathématiques 1ère année Série No 1- 16.03.2007
Mécanique générale
Corrigé des exercicesProblème 1:
Définissons un système de coordonnéesOe1e2e3avece1pointant vers le bas,e2vers
la droite ete3vers nous (voir figure). Soitx(t)la position de la massemselone1.Le moment cinétique du système entier par rapport àOpeut alors s"écrire
L 0=X x ^ v+Re2^m x(t)e1 où etvsont respectivement la masse et la vitesse d"un élémentde la poulie, vitesse qui peut aussi s"écrire v =!(t)r 0rR On va alors pouvoir remplacer la somme par une intégrale. La densité surfacique de la poulie s"écrit ( )= R2 et l"élément de masse correspondant à l"anneau de rayonret d"épaisseurdrvaut dm= 2 rdr·( )=2 R2rdr La composante du moment cinétique selone3(les deux autres composantes sont nulles) devient alors : L
0=-2 R2!(t)?
0 r3dr-Rm x(t) =-12 R2!(t)???? _ / -Rm x(t) =-?12 +m?
R x(t)
1 On peut à présent appliquer le théorème du moment cinétique ddtL0=Me 0=x^Fe ale soit -?12 +m?
Rx=-Rm ?a= x=11 +M2m On voit que, quelles que soient les massesmet , on a toujoursa < . Par conséquent,
la massema toujours une accélération inférieure à celle qu"elle aurait en chute libre, donc la corde reste toujours tendue. Il reste à calculer la tensionTde la corde. Pour cela, considérons le système consti- tué par le seul poidsm: ce corps subit une accélérationaqui résulte, selon la loi de Newton, de la somme des forces exercées sur lui. On a donc, en identifiantTà la force F
1=-F2de la figure
ma=XFe =mg+F2=mg-T?T=m(g-a) Les vecteursT,getaétant parallèles àe1, on peut ne considérer que les composantes selone1. En posant C= 2m on obtient
T=m( -a) =?
1-11 +C?
m =C1 +Cm Problème 2: Comme dans l"exercice 1, on va considérer le système entier, i.e. l"objet qui est en rotation et la massem1. En effet, on voit que si la massem1se déplaçait horizontalement à vitesse constante, son moment cinétique par rapport àOou à n"importe quel point de l"axe AB resterait constant. Donc, tant que le fil reste tendu, on peut considérer cette masse comme solidaire du reste, et son moment cinétique contribue donc au moment du système entier. Référentiels :1) Le laboratoire, pour le calcul de l"évolution du système. 2) Le solide en rotation, pour le calcul de la force de réaction en A. Systèmes de coordonnées :1) Laboratoire : repèreOe1e2e3avece1pointant vers nous,e2parallèle au fil horizontal et pointant vers la droite, ete3dans la direction de l"axe BA. 2) Solide en rotation : vecteur unitéε1perpendiculaire au plan ACm (pointant par exemple loin de nous), et vecteurndans le plan ACm, perpendiculaire à l"axee3et pointant à droite, tel quen^ε1=e3. Voir la géométrie du problème sur les deux figures. Évolution du système :Considérons la troisième composante du moment cinétique du système total. Comme les deux massesmsont à distance(`/2)sinde l"axe de rotation et que la vitesse de la massem1correspond à celle d"un point situé à distance Rdu même axe, on peut écrireLO3en fonction de la vitesse de rotation!: L
O3=-2?`2sin?
m!`2sin? -R(m1!R) =-m`22!sin2-R2m1! != R?LO3=-?m`22Rsin2+m1R? 2 Appliquons maintenant le théorème du moment cinétiquedd LO=Me O: ddtLO3=-Rm1 ? -?m`22Rsin2+m1R? =-Rm1 On voit donc que le système est uniformément accéléré, avec une accélération a= = 1 +m2m1 ` sin 2=11 +C C=m2m1? `Rsin? 2 La tension du filTse calcule comme au problème 1 et vaut :
T=m1( -a) =m1 ?
1-11 +C?
=C1 +Cm1 Force de réaction du palier A :Pour la calculer, on ne peut plus se limiter à une seule composante du moment cinétique. En effet, on peut voir que, puisqu"il n"y a pas de frottement et que c"est le palier B qui supporte tout le poids du solide en rotation, la force de réactionFAne comporte aucune composante selone3, de sorte queFA·e3= 0. Rappelons les définitions du moment cinétique, du moment de force et de la vitesse d"un point sur un solide en rotation : L B=X x ^mv;MB=X x ^F;v=ω^x Calculons le moment cinétique du système entier par rapport au point B, en se rappe- 3 lant que C est le point où la barre oblique est fixée à l"axe AB : L B= ? |BC| -`2 s? e
3-`2sinn
p i i n de la premiere ma el e m^m !`2sinε1 |BC|+`2 s? e
3+`2sinn
p i i n de la ec nde ma el e m^m -!`2sinε1 + [|BO|e3-Re1]???? p in angen fil reliea m1^m1[! Re2] |BC| -`2 s? m!`2sine3^ε1???? -n-?`2? 2 sin
2·m!n^ε1????
e 3 |BC|+`2 s?
·m!`2sine3^ε1????
-n-?`2? 2 sin
2·m!n^ε1????
e 3 +|BO|m1! Re3^e2???? -e1-R2m1!e1^e2???? e 3 -|BC|+`2 s+|BC|+`2 s m!`2sinn 2?`2? 2 m!sin2+R2m1!# e
3- |BO|m1! Re1
=m!`22 ssin????
12sin2n-?
m!`22sin2+m1! R2? e
3- |BO|m1! Re1
On peut maintenant calculer la dérivée par rapport au temps, en constatant que n=-!ε1 ddtLB=m !`24sin2n-m!2`24sin2ε1 - !?`22msin2+m1R2? e
3- |BO|m1 ! Re1(1)
Avant d"appliquer le théorème du moment cinétique, calculons le moment des forces extérieures par rapport au point B : M
B=|BA|e3^FA+ (|BO|e3-Re1)^m1 e2
=|BA|e3^FA+|BO|m1 e3^e2???? -e1-Rm1 e1^e2???? e 3(2) 4
En égalant (1) et (2), on a
|BA|e3^FA=|BO|m1 e1+Rm1 e3-m1 ! R2e3-m !`22sin2e3 -m1 !|BO|Re1+m`24sin2( !n-!2ε1) ?e3^FA=|BO||BA|(m1 -m1 ! R)e1+1|BA|m`24sin2(- !n+!2ε1) m
1 ! R2+m !`22sin2?
e
3+Rm1|BA| e3
Ici, on use du fait queFA·e3= 0, imposé par l"absence de frottements; cela nous permet de retrouverFA: F
A= (e3^FA)^e3=|BO||BA|(m1 -m1 ! R)e1^e3????
-e2
1|BA|m`24sin2( !n^e3????
-ε1-!2ε1^e3???? n)-?1|BA|-Rm1|BA| ? (...)e3^e3???? 0 =-|BO||BA|(m1 -m1 ! R)???? Te
2+1|BA|m`24sin2(- !ε1-!2n)
F
A=-|BO||BA|Te2-1|BA|m`
24sin2( !ε1+!2n)
Problème 3:
Aucune force extérieure ne s"exerce sur le système, seule l"inertie de l"anneau est à vaincre et provoque un ralentissement du cône. On fait donc appel à la conservation du moment cinétique :ddtL= 0 Le moment cinétique final doit être égal au moment cinétique initial.
Moment cinétique initial :
L i=Lc^ ne=Ic^ ne!i avec le moment d"inertieIP md2, et, plus spécifiquement pour le cône, I c^ ne=R c^ nedmd2.
Moment cinétique final :
L f=Lc^ ne+Lanneau= (Ic^ ne+Ianneau)!f Comme la direction deωet deLn"a pas changé, on peut ne considérer que la compo- sante deLle long de l"axe de rotation : f=Ic^ neIc^ ne+Ianneau! i 5 avec I anneau=mr2etIc^ ne=? H 0? (y) 0
2 r3drd
Pour calculer le moment d"inertieIc^ ne, calculons d"abord la masse et le volume de celui-ci, en définissantR0( )comme le rayon d"une section horizontale du cône à une hauteur variant de0àH: R
0( ) =R-RH =R
1- H =V= 2? H 0 d ? (1-yH) 0 rdr = 2R22? H 0 1- H
2d = 2R2H6
?V= R2H3 Le calcul du moment d"inertie est très semblable : I c^ ne= 2? H 0 d ? (1-yH) 0 r3dr 2R4? H 0 1- H 4d
10R4H=310 R2
En fin de compte, on obtient
f=11 +103mM r
2!iLe résultat ne dépend pas des frottements. Le ralentissement du cône ne sera complet
que lorsque l"anneau sera parfaitement solidaire de celui-ci, et cela arrivera d"autant plus tôt que le frottement sera efficace. 6 Cours de Physique Générale II, Prof. Georges Meylan EPFL Section de mathématiques 1ère année Série No 2- 23.03.2007
Mécanique générale
Énoncé des exercicesProblème 1:
1. Évaluer la masse de notre Galaxie, la Voie Lactée, sachant que la période de
révolution du Soleil autour du centre de la Voie Lactée est 250 millions d"années, que l"orbite du Soleil est circulaire avec un rayon de 8 kpc. On admettra que toute la masse de la Galaxie est répartie de manière homogène à l"intérieur d"une sphère dont le rayon est inférieur à celui de l"orbite solaire. On estimera finalement la masse de la Galaxie en masses solaires.
2. A quelle vitesse (par rapport à la Terre) doit-on lancer un satellite pour qu"il
puisse s"échapper de notre Galaxie? On admettra la configuration la plus favo- rable possible.
Rappel :
G= 6.67·10-11m3k -1s-2; 1 k = 1000 = 3.086·101 m ; 1 = 1.99·1030k
Problème 2:
Un tunnel rectiligne est creusé entre deux villes. Sous l"hypothèse que la Terre est une sphère de densité homogène, calculer le temps mis par un corps pour aller d"une ville à l"autre, sous l"action du seul champ de gravitation, donc sans aucun frottement :
1. s"il se déplace dans le tunnel;
2. s"il se déplace sur une orbite circulaire rasante (c"est-à-dire à une altitude négli-
geable) autour de la Terre. Vérifier que, si les villes sont diamétralement opposées, les temps de parcours sont les mêmes dans les deux cas. Rappeldu rayon et de la masse de la Terre (symbole) : R = 6.370·106m ; = 5.98·1024k
Problème 3:
Une balle de fusil a une vitesse initiale de430m/s. Quelle est la vitesse de la balle lorsqu"elle atteint une cible située à300m?
On prendra
F fr=-v2^va e = 2·10-6Nm-2s2etm= 5 et on négligera la force de gravitation. 1
Problème 4:
Un parachutiste pesant80kg, en chute libre, est soumis à une force de frottementFfr= -v2^v. Trouveret le coefficientCxsachant que la vitesse maximale qu"il est possible d"atteindre est190km/h (la section horizontale du parachutiste vaut0.7m2). Le parachutiste saute d"un hélicoptère immobile et décide d"ouvrir son parachute après
1000m de chute. Calculer le temps de chute et la vitesse atteinte.
2 Cours de Physique Générale II, Prof. Georges Meylan EPFL Section de mathématiques 1ère année Série No 2- 23.03.2007
Mécanique générale
Corrigé des exercicesProblème 1:
Soient Gla masse cherchée de la Galaxie, la masse du Soleil etRG= 8kpc la distance du Soleil au centre Galactique.
1. De la formule de Newton
F
CG→=-G G R3GR
G on avait tiré l"expression de la vitesse orbitale (chap. 6) v= G GRG?T=2RGv= 2 R3GG G Il faut calculer les valeurs deRGet deTdans les unités appropriées (SI) : R
G= 8 k = 8·3.086·101 m = 2.469·1020m
T= 250·106ans = 250·106·365.25·86400 = 7.889·1015s ? G=?2T?
2R3GG=42GR
3GT2= 1.43·1045k = 7.2·1010
2. Le chap. 6 nous a aussi appris que
v eva i n=p2v= 2G GRG= 2.78·105m/s = 278 km/s
Problème 2:
Soient la Terre de masse et de rayonR, et un corps de massem. Soit aussi un référentielOx avecOau centre de la Terre, l"axexpassant parOet parallèle au tunnel et l"axe coupant le tunnel en son milieu et perpendiculairement.
1. Le théorème de Newton nous dit que
F=-G mR3Oma e |Om|= (x2+ 2)1/2
avec(x, )la position de la massem, etl"angle entreOmetOx. Seule compte ici la composante deFselonx: F =-G mR3|Om| s=-G mR3(x2+ 2)1/2x(x2+ 2)1/2=-G mR3·x 1 et l"on voit apparaître l"équation bien connue d"un oscillateur : x+!2x= 0 a e !2=G R3etT=2!= 2 R3G Mais ici,Test la durée d"un aller-retour, alors que nous voulons connaître la durée d"un aller simple : T aller= R3G =·805 = 2529 s Il est intéressant de noter que cette durée ne dépend absolument pas de la lon- gueur du trajet, mais seulement du rayon et de la masse de la Terre.
2. La durée de révolution d"un satellite rasant vaut exactement celle de l"aller-retour
dans le tunnel ci-dessus. Mais la portion utile de l"orbite, si elle sous-tend l"angle , ne prendra que la fraction/(2)de la durée d"une orbite entière : T aller= 2 R3G ·2= R3G Le vol orbital sera donc toujours plus rapide pour joindre deux villes que le tunnel, sauf dans le cas de deux villes diamétralement opposées, où les temps seront les mêmes : on a toujours.
Problème 3:
Partant de la loi de Newton
ma=Ffr on voit que le fait de négliger la force de gravitation nous mène à un problème à unequotesdbs_dbs13.pdfusesText_19
[PDF] Exercices et examens résolus: Mécaniques des Systèmes de