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Antilles Guyane 09/2009
EXERCICE III : LES DOMINOS (4 points)
Correction © http://labolycee.org
g
g
.
m
P
1. Équation de la trajectoire
1.1. En négligeant les frottements solides et fluides,
la bille est soumise à son poids =
entre les
points O et M exclus.
P
a
.
m
g
.
m
a
.
m
a
P
x ty t
d dd d
=
=
t
0
g
g v
=
=
vx vy
1.2. Le système {bille} est étudié dans le référentiel
terrestre supposé galiléen. La deuxième loi de
Newton impose alors :
=
⇔
=
( )

donc 
() −

0
=
1
e
t
C
=
0
x


1.3. On a 


= .
2
1 e
e t
t
C C
+ +
2
t t
.
g
v 01 2
=
t =
x t
y
finalement :
0
=
2
e
t
C
=
0
y
(
 )
 )
(

d’après les conditions initiales
2
t
t g
.
v 01 2
=
t
x
=
t
y
finalement : y(x) =
=
−
−
2 2
x
v0
g 2
⇔



2M
x
yM
g 2
−



20
v
1.4. Au point M : yM =
y(x) = −
2
⇒
2M 20
x
v
g 2
x v0
seconde : t =
. On isole le temps « t » de la première équation que l’on reporte dans la
x v0
g
1 2
( )

finalement : 
() −

−
2M
x
yM
g 2
=
2
0
4
,
0
8
,
9
0
2
,
0
−
×
(× −
2
v0
=
v0
En remarquant que yM < 0 et en ne conservant que la valeur positive de v0 , il vient :
)
= 2,0 m.s-1.
0
2. Solutions techniques pour que la bille arrive en O avec la vitesse v
2.1. Utilisation d’un plan incliné
2.1.1. L’énergie mécanique EM est la somme de l’énergie cinétique EC = ½.m.v² et de l’énergie
potentielle de pesanteur EP = m.g.y (compte tenu de l’orientation de l’axe Oy et de l’origine de l’énergie
potentielle de pesanteur Ep(y=0) = 0 J). Ainsi :
EM = ½.m.v2 + m.g.y
Energie mécanique en A : EM(A) = ½.m.v2A + m.g.yA
Or vA = 0 m.s-1 car la bille est lâchée du point A sans vitesse initiale donc : EM(A) = m.g.yA
2.1.2. Energie mécanique en B : EM(B) = ½.m.v2B + m.g.yB
Or yB = 0 m donc EM(B) = ½.m.v2B.
finalement avec v0 = vB:
(
8
2 ,
0 9
,
2 2
2.1.4. yA =
)
×
yA =
= 0,20 m
g
2 0.
v
2
2.1.3. Le système {bille-Terre} étant conservatif, l’énergie mécanique se conserve au cours du
mouvement, ainsi : EM(A) = EM(B)
⇔
m.g.yA = ½.m.v2B
2.2. Utilisation d’un canon à bille
F
i
comme x < 0 alors
i
.
x
.
k
p
F Fo
=− =
p
Fo
2.2.2. On a :
i
.
x
.
k
Fi
F
2.2.1. La force de rappel exercée par le ressort sur la bille a pour expression : = −
remarque : comme x < 0 alors est orientée dans le même sens que le vecteur .
possède un sens opposé au .
F
Fo
C
O
.
p
Fo
n’étant pas constant au cours de la compression, le travail de la force
p
p
Fo
p
ne s’écrit pas W OC(
Fo
Fo
2.2.3. Le vecteur force
p
)=
(avec dx < 0).
) = k.x.dx car . = 1.
p
) = (k.x. ().
=
p
avec
Fo
δW(
)=
i
i
p
δW(
i
.
x
d
FoFo
x
d
i
.
p
x
Fo
d
x
d i
.
p
Fo
Par contre lorsque le point C se déplace d’une longueur élémentaire dx (entre x et x + dx), alors on peut
considérer la force
constante. On peut alors définir le travail élémentaire δW(
):
2C
–0=
x
.
k
.
1 2
=
2C
=
x
.
k
.
1 2
=


0
x
0
x
∫
2
p
)=

= 

xC
x
=
x
.
k
.
1 2
x
d
.
x
.
k
Fo
WOC(
xC
x
En considérant maintenant le déplacement du point C entre x = 0 et x =xC on a :
=
20
v
.
m
.
1 2
x
.
k
.
1 2
2.2.4. L’énergie potentielle élastique du ressort est entièrement convertie en énergie cinétique pour la
=−
×
=
en ne gardant ici que la solution négative car xC < 0 !
2
0
,
2
3 0
0 5
1
0
6
2.2.5. xC = –
20
v
.
k
m
xC
⇔
2C
bille (énoncé). On peut alors écrire :
−
×
= – 6,9 × 10–2 m = – 6,9 cm.