TD M_02

M2Correction PCSI 2015 – 2016
TRAVAUX DIRIGÉS DE M2
b
Exercice 1 : Masse liée à un ressort sur un plan incliné
On considère un ressort de longueur à vide l0et de raideur k, dont les extrémités sont reliées à un
point fixe Oet un point matériel Mde masse m.
On néglige tout frottement.
Soit un axe Ox sur le plan incliné (voir figure).
α
~g
Ox
y
M
1. Déterminer le, la longueur du ressort à l’équilibre en
fonction de l0,m,g,ket α.
2. À partir de la position d’équilibre Mest déplacé d’une
distance d < lecomptée algébriquement sur Ox et lâ-
ché sans vitesse initiale à t= 0.
Établir, pour t≥0, l’équation horaire du mouvement
de Men fonction de d,k,met le.
1. Étude statique. On va utiliser la première loi de Newton, ou principe d’inertie pour déter-
miner la longueur ledu ressort à l’équilibre.
Le référentiel utilisé est celui lié au sol et considéré comme galiléen. Le système d’axes est
imposé par l’énoncé. On choisit le système { M} le point matériel. Les forces appliquées à
ce système sont : le poids ~p =m.~g, la force de rappel du ressort ~ F=−k(l−l0).~exici et la
réaction du support ~ R=~ Nnormale au support car il n’y a pas de frottement.
On représente ces forces sur la figure ci-dessous à gauche.
α
~g
Ox
y
M
~
N
~
F
~p
M
~
N
~
Fe
~p
−~p IH
α
Comme on se place à l’équilibre ( ~ F=~ Fe), la somme vectorielle des forces appliquées est
nulle : ~p +~ Fe+~ N=~ 0⇒~ Fe+~ N=−~p.
En se reportant à la figure ci-dessus à droite, dans le triangle IHM, on peut écrire sin α=Fe
p
(on s’arrange pour ne pas faire apparaître la norme Nde ~ Nqu’on ne connaît pas).
On fait ensuite apparaître ledans Fe=|| ~ Fe|| =k(le−l0)>0et comme p=||~p|| =mg, on
en déduit sin α=k(le−l0)
mg ⇒le=l0+mg ksin α.
2. Étude dynamique : on s’attend à observer des oscillations de Mautour de la position
d’équilibre précédente. Hors équilibre, c’est la seconde loi de Newton i.e le principe fonda-
mental de la dynamique (PFD) qui s’applique.
En conservant le même référentiel et le même système, le PFD prend la forme : m.~a =
~p +~ F+~ Navec ici ~ F=−k(l−l0).~exet l=x(t)dépendant du temps.
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De façon à faire disparaître ~ Ndont on ne connaît pas la norme, on projette le PFD selon
l’axe Ox. Dans la base (~ex;~ey), on a ~a = ¨x(t).~ex+ ¨y(t).~ey,~p = +mg sin α~ex−mg cos α~ey;
~
N=N~eyet enfin ~ F=−k(x(t)−l0).~ex. On en déduit l’équation différentielle
m¨x(t) = +mg sin α−kx(t) + kl0⇒¨x(t) + k
mx(t) = k m(l0+mg ksin α) = kle m
On écrit cette équation sous la forme canonique ¨x(t) + ω2
0x(t) = ω2 0le.
La solution est de la forme sol =solH+solPsoit ici x(t) = A. cos ω0t+B. sin ω0t+le.
Reste à déterminer les constantes d’intégration Aet B(homogène à des distances) par
utilisation des conditions initiales.
Àt= 0−, on a l=x(0−) = le+det ˙x(0−) = 0 la position et la vitesse de Mne peuvent
pas subir de discontinuité. On en déduit x(0+) = le+d⇒le+d=A+le⇒A=det
˙x(0+) = 0 = 0 + ω0.B + 0 ⇒B= 0.
Et finalement x(t) = le+dcos ω0t.
On retrouve donc bien un mouvement rectiligne sinusoïdal avec le−d≤x(t)≤le+d.
Exercice 2 : Glissement d’un objet sur un plan incliné
Soit un objet de centre d’inertie Met de masse mposé sur un plan incliné qui fait l’angle α
avec l’horizontale. On note f0le cœfficient de frottement statique et fle cœfficient de frottement
dynamique.
On rappelle que d’après les lois de Coulomb sur le frottement solide, si on décompose la réaction
du support ~ R=~ T+~ Noù ~ Test la réaction tangentielle et ~ Nla réaction normale, T < f0Nau
repos et T=f.N lors du glissement.
1. Pour quelle valeur α0de αl’objet va-t-il commencer à glisser sur le plan incliné (mouve-
ment de translation) ?
2. Étudier le mouvement ultérieur, x(t)où xest le déplacement de l’objet sur le plan incliné.
1. On se place dans le référentiel galiléen lié au sol, le système étudié est le point matériel M.
Pour plus de simplicité, on raisonne dans le cas où le système est encore à l’équilibre sous
l’action des forces qui lui sont appliquées.
Bilan des forces (Cf fig ci-dessous à gauche) :
• le poids ~p =m.~g,
• la réaction du support ~ R=~ T+~ Nen décomposant la réaction normale ~ Net la réaction
tangentielle ~ T.
Dans le cas considéré, d’après le principe d’inertie (ou première loi de Newton), la somme
vectorielle de ces forces est nulle. On représente ces trois forces sur la figure ci-dessous à
droite en respectant ~p +~ T+~ N= 0 ⇒~ T+~ N=−~p
α
~g
x
y
M
~
N
~
T
~p
M
~
N
~
T
~p
−~p IH
α
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Dans le triangle MIH obtenu, rectangle en H, on peut écrire tan α=T
Nor d’après les lois
de Coulomb, il n’y a pas de glissement tant que T < f0N⇒T
N= tan α < f0.
On en déduit que l’angle limite d’adhérence est α0= arctan f0.
2. Pour α≥α0, le mobile se met en mouvement et on appliquera plutôt la seconde loi de
Newton.
Le référentiel, le système et les forces qui lui sont appliquées restent identiques mais l’ac-
célération ~a n’est plus nulle : m.~a =~p +~ T+~ N6=~ 0
Comme le mobile se déplace selon un axe (mouvement de translation), on a intérêt à tra-
vailler par projection suivant le système d’axes (Oxy)avec Ola position initiale de M,Ox
selon le plan incliné et Oy normal à Ox.
On a alors ~a = ¨x(t).~exet pour les forces, en s’aidant de la figure, ~ T=−T.~ex,~ N=N.~eyet
~p =mg sin α.~ex−mg cos α.~ey.
On peut écrire le principe fondamental de la dynamique (PFD) sous la forme −T.~ex+N.~ey+
mg sin α.~ex−mg cos α.~ey=m¨x(t)~ex
Par projection selon ~ex, on obtient −T+mg sin α=m¨x(t)⇒¨x(t) = −T
m+gsin α.
Pour éliminer l’inconnue T, on utilise ensuite la relation T=f.N (loi de Coulomb sur le
glissement solide) et la projection du PFD selon ~ey, soit 0 + N−mg cos α=m¨y(t) = 0 car
pas de mouvement selon ~ey. On en déduit N=mg cos α⇒T=fmg cos α.
En remplaçant, on obtient ¨x(t) = −fg cos α+gsin α⇒˙x(t) = g(sin α−f. cos α)t+v0où v0
est la valeur initiale de ˙x, c’est à dire v0= 0.
Puis par intégration x=g
2(sin α−fcos α)t2+x0=g 2(sin α−fcos α)t2.
Remarque : il s’agit d’un mouvement rectiligne uniformément accéléré.
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b
Exercice 3 : Coulissement sur une tige en rotation
Oy
z
xM
T
ω
~g
Une tige Thorizontale passant par Otourne autour de l’axe
vertical (Oz)à la vitesse angulaire ωconstante.
Un point matériel Mde masse mpeut coulisser sans frotte-
ment sur la tige. Il est repéré par ses coordonnées polaires
(r,θ)dans le plan (Oxy).
À l’instant t= 0, le point Mest abandonnée sans vitesse ini-
tiale par rapport à la tige à la distance r0de l’origine O; on a
donc
r(t= 0) = r0et ˙r(t= 0) = 0
On suppose de plus qu’à ce même instant, la tige est confon-
due avec l’axe (Ox):θ(t= 0) = 0.
1. Ecrire le principe fondamental de la dynamique en projection dans la base cylindrique
(~ur,~uθ,~uz).
2. En déduire l’équation différentielle du second ordre vérifiée par r(t).
3. Déterminer la loi horaire r(t)en fonction de r0et ω. Tracer l’allure de r(t)pour t≥0.
4. Reprendre la question précédente pour la trajectoire r(θ).
Oy
z
x
T
ω
~g
M
~p
~
R
Rθ
Rz
1. On travaille ici dans le référentiel local R(O,Ox,Oy,Oy)
supposé galiléen.
Le système { point matériel M} est soumis à
• son poids ~p =m~g =−mg.~uz
• la réaction de l’axe ~ R=~ RNnormale à la tige
puisqu’on néglige tout frottement. Cela signifie qu’elle
ne comporte pas de composante radiale (voir figure) et
qu’elle s’écrit ainsi ~ R=Rθ.~uθ+Rz.~uz.
Par ailleurs, on retrouve rapidement l’expression de l’accélération du point M:
~
OM =r.~ur⇒~v = ˙r.~ur+r˙ θ.~uθ⇒~a = ¨r.~ur+ ˙r(˙ θ.~uθ) + ˙r˙ θ.~uθ+r¨ θ.~uθ+r. ˙ θ(−˙ θ.~ur)
et avec ˙ θ=ωla vitesse angulaire constante ici, on aboutit à ~a = (¨r−ω2r).~ur+ 2ω˙r.~uθ
On peut ainsi écrire le principe fondamental de la dynamique sous la forme :
m~a =~p +~ R⇒m[(¨r−ω2r).~ur+ 2ω˙r.~uθ] = −mg.~uz+Rθ.~uθ+Rz.~uz
2. Par projection selon ~urde l’équation vectorielle précédente on obtient l’équation différen-
tielle en r(t):
m(¨r−ω2r) = 0 ⇒¨r=ω2r
Remarque : la projection du PFD selon ~ezet ~eθpermet d’obtenir Rz=mg et Rθ= 2ω˙r.
3. La solution de l’équation différentielle du second ordre, à coefficients constants, de signes
différents en r(t)est de la forme r(t) = A. exp(ωt) + B. exp(−ωt)où Aet Bsont des
constantes à déterminer à partir des conditions initiales :
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r(0) = r0
˙r(0) = 0 ⇒A+B=r0(1) ωA −ωB = 0 (2) et (1)+(2)/ω ⇒2A=r0soit A=r0
2=B
On en déduit finalement r(t) = r0
2[exp(ωt) + exp(−ωt)] = r0cosh(ωt)(fonction cosinus
hyperbolique) : r(t)diverge.
0
1
2
3
0 1 2
r
r0
ωt
x
y
4. Comme ˙ θ=dθ
dt =ω, on en déduit θ=ωt + 0 en considérant θ(0) = 0 et ainsi r(t) = r0cosh θ.
La trajectoire est donc une spirale exponentielle.
Exercice 4 : Autour du pendule
On considère un pendule simple constitué d’un fil inextensible, de longueur l, de masse négli-
geable, fixé en Oet auquel on a accroché une petite bille de masse massimilable à un point
matériel M.
Oest fixe dans le référentiel du laboratoire Rgaliléen.
1. Étude statique : dans un premier temps, on accroche à Mun ressort horizontal de masse
négligeable, de constante de raideur ket de longueur à vide d0.
À l’équilibre dans R, la longueur du ressort prend la valeur dquand le fil s’écarte de l’angle
θ0par rapport à la verticale tout en restant dans le plan Oyz (figure 1).
En déduire l’expression de men fonction des autres données.
Oy
z
xl
M
θ0
d
~g
Figure 1
Oy
z
xl
M
θ
~g
Figure 2
Oy
z
x
l
A
M
α
θ
~g
Figure 3
2. Première étude dynamique : à l’instant initial, le ressort se détache de M(figure 2.).
(a) Établir l’équation différentielle reliant θà ses dérivées temporelles (on néglige tout frot-
tement).
(b) En déduire θ(t)pour les petites oscillations (sin θ≃θet cos θ≃1−θ2
2).
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