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)
( )
0R =
AO
W
,
( )
)cos1(P 0
θ
−== mgRmgzW AAO
b)
( ) ( )
0
cos
1
θ
−== mgRmgzAE
Ap
.
A.N :
( )
J4000=A
E
p
3) a)
( ) ( )
Apcm
mgzAEAEAE =+=)(
,
( ) ( )
2
0
2
1
)( mVOEOEOE pcm =+=
.
b) D’où
( )
1
00
.10cos12
−
=−= smgRV θ
. Le vecteur
0
V
est horizontal selon Ox
II.1.2.,3.a)
k-gga 
 ==
. D’où
−=
=
gttV
Vt
z
)(
)(V
V
0x
et
−=
=
2
0
2
1
)(
)(x
Mgttz
tVt
. De t=x/V0, on déduit,
2
2
0
2x V
g
z−=
. b) pour x=L=7m, t=0,7 s et z(0,7)=-2,45m qui est plus grand que –h, donc le
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
le sol en B tel que
( )
2
1
2
1mVBE
c
=
et s’arrête en C tel que
( )
0=CEc
.On note
12
xxd −=
, la
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
( ) ( )
( )
fmgdf −==− 
BCcc WBECE
. En effet, la RFD permet d’écrire que la norme de la
réaction est égale au poids mg et donc la norme de
f
est constante et vaut fmg. D’où
.m4,24
2
2
1
12 =+= fg
V
xx
Exercice 2 :
1a)b)c)
r
urOM 
0
=
,
θθ
ωθ
ururV 
00
==
et
rr
urura 
2
0
2
0
ωθ
−=−=
.
ϕ sin
0Rr =
.
2a)b)c)
z
umgP 
−=
. Pour la réaction du support,
rz uTuTT 
ϕϕ
sincos −=
. La RFD assure
que
=
=
2
00
0
sin
cos
ωϕ
ϕ
mrT
mgT
. La deuxième relation donne
2
ω mRT =
et donc
2
0
cos
ω
ϕ
Rg
=
. Un
cosinus est compris entre 0 et 1. Or la relation précédente diverge pour ω petit, ce qui est
impossible donc si
1
ωω <
tel que
Rg /
2
1=
ω
, l’angle
0
ϕ
est nul.
1
ω
ω
90°
ω1
ω1
cos ϕ0
ϕ0

d)
°= 27
0
ϕ
,
mr 27,2
0
=
3) a)
rB uBQrF 
ω
1
=
. b) poids, réaction du support et force magnétique.
c) On a maintenant :
−=+−
=
2
1
11
1
sin
cos
ωωϕ
ϕ
mrBQrT
mgT
. D’où
( ) ( )
+=+=
=
cc
mRmrT
mgT
ωωωϕωωωϕ
ϕ
2
1
2
11
1
sinsin
cos
. D’où
( )
ωωω /1
2c
mRT +=
. On en déduit
alors la formule recherchée.
d)
°= 27
0
ϕ
donc
°= 54
1
ϕ
. La formule donnée conduit à
1
cos
cos
1
0
− =
ϕ
ϕ
ω
ω
c
. On en déduit
1
.774,0
−
=srad
c
ω
. Donc B=10-3T qui est 20 fois, le champ magnétique terrestre.
mr 9,2
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)
z
umr  ω
2
J=
comme le rayon est r est constant, ce vecteur (moment cinétique) est
constant.
b) Pour
0
rr =
,
12.skg.m78,0J −
=
.