Corrigé IE2 Mécanique (Lundi 16 Mars 2009)

Corrigé IE2 Mécanique (Lundi 16 Mars 2009)
Exercice 1 :
I.1.a) forces : poids et réaction du support b) le poids est à circulation conservative et la
réaction ne travaille pas donc Em est constante


2) a) W AO (R
b) E p ( A) = mgz A = mgR (1 − cos θ 0 )
.
) = 0 ,WAO (P) = mgz A = mgR(1 − cos θ 0 )
A.N : E p ( A) = 4000J
1
, E m (O ) = E c (O ) + E p (O ) = mV02
.
2

b) D’où V0 = 2 gR (1 − cos θ 0 ) = 10 m.s −1 . Le vecteur V
est horizontal selon Ox
0
x (t ) = V0 t
 Vx (t ) = V0




II.1.2.,3.a) a = g = -gk . D’où V 
et M 
1 2. De t=x/V0, on déduit,
V
t
=
−
gt
(
)
z
t
gt
=
−
(
)
 z


2
3) a) Em ( A) = Ec ( A) + E p ( A) = mgz A
z=−
g 2
x . b) pour x=L=7m, t=0,7 s et z(0,7)=-2,45m qui est plus grand que –h, donc le
2V02
skieur est au dessus de la piste horizontale, il ne tombera pas dans le fossé. Il touche la piste
horizontale en x1, tel que z=-h d’où x1=8m (qui est bien plus grand que L). Il touche le sol au
bout du temps t1=0,8s et donc V1=12,8 m.s-1.
IIIa) réaction du support, poids et frottement solide. b) l’énergie mécanique n’est plus
conservée car la force de frottement n’est pas à circulation conservative. c) Le skieur touche
1
le sol en B tel que E c (B ) = mV12 et s’arrête en C tel que E c (C ) = 0 .On note d = x 2 − x 1 , la
2
distance entre B et C. En appliquant le théorème de l’énergie cinétique entre B et C et sachant
que la réaction et le poids sont orthogonaux à la trajectoire, on a

. En effet, la RFD permet d’écrire que la norme de la
E (C ) − E (B ) = W (f ) = −fmgd
c
c
BC
réaction est égale au poids mg et donc la norme de
x2 = x1 +

fest
constante et vaut fmg. D’où
2
V1
= 24,4m.
2 fg
Exercice 2 :

1a)b)c) OM = r0 ur , V = r0θ uθ = r0ω uθ et a = − r0θ 2 ur = − r0ω 2 ur . r0 = R sin ϕ .


2a)b)c) P = −mgu . Pour la réaction du support, T = T cos ϕ u − T sin ϕ u
. La RFD assure
T cos ϕ 0 = mg
g
2
=
ϕ
cos
que 
.
La
deuxième
relation
donne
et
donc
. Un
T
=
mR
ω
0
2
2
R
ω
T
sin
ϕ
mr
ω
=
0
0

cosinus est compris entre 0 et 1. Or la relation précédente diverge pour ω petit, ce qui est
impossible donc si ω < ω1 tel que ω12 = g / R , l’angle ϕ 0 est nul.
z
z
cos ϕ0
r
ϕ0
90°
1
ω
ω1
ω
ω1
d) ϕ 0 = 27° , r0 = 2,27m
3) a)
c)


FB = Qr1ωBu r
On
. b) poids, réaction du support et force magnétique.
T cos ϕ 1 = mg
a
maintenant :
.

2
− T sin ϕ 1 + Qr1ωB = −mr1ω
T cos ϕ1 = mg

2
2
T sin ϕ1 = mr1 (ω + ωωc ) = mR sin ϕ1 (ω + ωωc )
alors la formule recherchée.
. D’où T = mRω 2 (1 + ωc / ω )
D’où
. On en déduit
ωc cos ϕ 0
=
− 1 . On en déduit
ω cos ϕ 1
. Donc B=10-3T qui est 20 fois, le champ magnétique terrestre. r1 = 2,9m .
d) ϕ 0 = 27° donc ϕ1 = 54° . La formule donnée conduit à
ωc = 0,774rad .s −1
e) Ce type de dispositif sert à mesurer une charge Q. On remarque que même un champ
magnétique faible permet une variation notable de r. On peut alors en déduire facilement Q.
Néanmoins, si Q est trop grand, on perd en sensibilité car on s’approche de 90°.
Une autre réponse est que cela sert à mesurer le champ magnétique. Pour les mêmes raisons,
le système peut être assez sensible sauf si l’angle approche 90°. Ici encore, pour récupérer de
la sensibilité, on peut s’éloigner de 90° en diminuant la vitesse angulaire ω.

4) a) J = mr ω u comme le rayon est r est constant, ce vecteur (moment cinétique) est
constant.
b) Pour r = r0, J = 0,78 kg.m2 .s −1
.
2
z