Problème de dynamique, avec énergie - Jean

Problèmes de dynamique du point, avec énergie
I35.
Dans le plan horizontal ( d'un référentiel galiléen R, un mobile modélisé
par un point matériel de masse m est astreint à se déplacer sur le cercle de
centre O et de rayon b (figure 1). L'équation horaire du mouvement est :
où est une constante positive, A est le point du cercle
situé sur le demi-axe positif Ox et
)
sAPb t==
xOy
P
p
ln(1 )+ω ω
[
[
0,t∈+∞
)t==
v P R=
est le temps.
1. Calculer la vitesse v de P à la date t en fonction de la seule variable s et
des constantes du problème.
2. En déduire la vitesse initiale vv .
0(0
3. Calculer en fonction de s et des seuls paramètres b et v les composantes
tangentielle a et normale a du vecteur accélération de P par rapport à R
exprimées dans la base de Frenet.
0
T N
4. Indiquer si le mouvement est uniformément décéléré, uniformément accéléré, accéléré ou décéléré.
5. L'hodographe du mouvement de pôle O est l'ensemble des points N tels que ON (/)
J
JJG
G
si (/)vP R
G
est le
vecteur vitesse de P par rapport à R. Soient r et les coordonnées polaires de . Déterminer l'équation polaire de
l'hodographe. θN
6. Dessiner l'hodographe.
7. Donner l'expression en fonction de v de FF=
G
, si F
G
est la résultante des forces appliquées à P.
8. Calculer en radian l'angle (,( / ))FvP Rα=
G
G
.
9. Calculer en fonction de s et des paramètres m, b et le travail W de
0
v F
G
pendant l'intervalle de temps [0 . , ]t
10. En déduire le travail total W de
TF
G
au cours du mouvement pendant l'intervalle de temps [0 . , [+∞
II52. A la fête foraine.
g = 9,8 m s–2.
Dans un stand de fête foraine, on peut tester sa force en agissant
sur un chariot (M) de masse m = 5 kg mobile sur des rails ABC
situés dans un plan vertical. La partie AB de ces rails est rectiligne e
horizontale et a pour longueur AB = 3,5 m ; la partie BC est un arc
de cercle de rayon R = 10 m tangent en B à AB. (M) est initia
immobile en A. Un joueur exerce sur (M) une force de composante
parallèle aux rails F constante et lâche (M) quand il parvient en B. Le chariot monte jusqu’en J, situé h = 2,5 m au
dessus de AB., s’y arrête et repart en arrière.
A B h
C
I
O
h’
(M) J
t
lement
A.
On suppose (M) mobile sans frottement.
1) Calculer la vitesse de (M) en B.
2) Calculer F.
3) Soit I le point de l’arc BC d’altitude au dessus de AB égale à h’ = 1,25 m. Calculer l’angle θ’ = (OB,OI).
4) Calculer la vitesse avec laquelle le chariot passe à l’aller en I.
G
5) Quelle force R les rails exercent-ils sur (M) au passage en I (direction et sens à indiquer par un dessin, module à
calculer).
6) Expliquer pourquoi le chariot, une fois arrivé en J, n’y reste pas immobile.
7) Montrer que sa vitesse en un point quelconque de l’arc BJ est en module la même à l’aller et au retour.
8) Comparer la durée des trajets BJ et JB.
9) Comparer la durée des trajets AB et BA.
B.
En réalité, il y a frottement entre (M) et les rails et (M) s’arrête au retour en B. On suppose le module Ff de la force
de frottement constant tout le long du trajet ABJB.
1) Calculer Ff et F.
2) Comparer les valeurs prises par la vitesse en un point quelconque de l’arc BJ à l’aller et au retour.
3) Comparer la durée des trajets BJ et JB.

O
C
A
(M) B
h’’
K
C.
Un autre joueur exerce sur le chariot une force plus faible, si bien
que le chariot s’arrête en K, situé h” = 0,5 mètre au dessus du niveau de
AB et y reste. Comparer la force motrice à la position J de la partie B et
à la position K de la partie C et justifier la différence des
comportements du chariot.
III19.
A.
Un mobile de masse M et de vitesse V
G
se meut dans un gaz au repos de masse volumique ρ formé
de molécules de masse m’ et de concentration n (rapport du nombre de molécules au volume). On
considère qu’il se produit une suite de chocs parfaitement mous entre le mobile et les molécules du
gaz ; avant le choc, chaque molécule est au repos ; après le choc, la vitesse relative de la molécule par
rapport au mobile est nulle. Ultérieurement, les molécules adsorbées par le mobile sont désorbées ; on admettra qu’elles
le sont avec une vitesse relative négligeable, de sorte que cette désorption ne produit qu’un effet négligeable.
G
V
S
1) Montrer qu’un choc fait varier la quantité de mouvement du mobile de 'pmV∆=−
G
G
.
2) Soit S le maître-couple du mobile, c’est à dire l’aire de sa projection sur le plan perpendiculaire à V
G
. Montrer que
le nombre de molécules heurtant le mobile pendant le temps dt est dN = nSVdt. Ce nombre dépend-il de la forme du
mobile ?
3) En déduire que la force exercée par le gaz sur le mobile est si le sens positif est celui de la vitesse
du mobile et k une constante à déterminer. Dépend-elle de la forme du mobile ?
2
FkSV=−ρ
4) Cette loi de force est vérifiée dans le cas d’un satellite freiné par la haute atmosphère terrestre. Par contre, dans les
conditions usuelles de pression, sous 1 bar, avec des vitesses et des dimensions du mobile pas trop petites, la force est
donnée par 2
1
2x
FCS=−ρV, où Cx est un coefficient, appelé coefficient de traînée, indépendant de ρ, S et V, mais
dépendant de la forme du mobile et du caractère rugueux ou lisse de sa surface. Expliquer en quoi les hypothèses qui
sont la base du modèle exposé précédemment sont mieux adaptées au mouvement d’un satellite dans la haute
atmosphère qu’au mouvement d’une automobile ou d’un avion dans les conditions usuelles.
B.
Un véhicule spatial de masse m , de maître-couple S et de coefficient de traînée Cx = 2 revient sur Terre avec une
vitesse v1 faisant un angle α avec la verticale. Durant la traversée de l’atmosphère, on néglige son poids devant la
résistance de l’air et on néglige aussi la courbure de la surface terrestre. La masse volumique ρ de l’air dépend de
l’altitude z selon ρ = ρ0.e–z/h où ρ0 = 1,2 kg.m–3 et h = 6700 m.
1) A quelle condition qualitative sur α est-il raisonnable de négliger la courbure de la surface terrestre ?
2) Quelle est la trajectoire du véhicule spatial ?
3) Ecrire le théorème de l’énergie cinétique pour une petite variation d’altitude dz. En déduire la loi donnant la
vitesse en fonction de l’altitude.
4) Exprimer l’accélération en fonction de l’altitude.
5) A quelle altitude l’accélération est-elle maximale ? Discuter selon la valeur de
0
cos
2
m
Sh
α
ρ.
C.
Une bille d’acier de masse volumique µ = 7800 kg.m–3, de rayon r = 0,02 m et de coefficient de traînée Cx = 0,45 se
meut verticalement dans l’air de masse volumique ρ = 1,2 kg.m–3. La pesanteur est : g = 9,8 m.s–2.
1) Il existe une vitesse particulière w, dite vitesse limite, telle que si on lance la bille vers le bas à cette vitesse, la
vitesse de la bille reste constante ; calculer w. Que se passe-t-il selon que la vitesse de la bille est inférieure ou
supérieure à w ?
2) A présent, on lâche la bille avec une vitesse nulle à l’instant 0.
a) Exprimer l’instant t en fonction de la vitesse v et de w et g.
b) Exprimer la hauteur de chute x en fonction de v, w et g. On donne :
2
2
ln
2
1
dx a a x
ax
x
a
+
=−
−
∫ et 2
2
1ln
2
xdx ax b
a
ax b = ++
∫
(a,b constantes).
c) Que devient v quand t tend vers l’infini ?
d) A.N. : v = w/2 ; calculer t, x et 2
2x
gt . Commenter ce dernier résultat.
Problème de dynamique, avec énergie, page 2

IV. Le tir vers la Lune selon Jules Verne (mines de Douai 1976).
Les romans de Jules Verne"De la Terre à la Lune" et "Autour de la Lune" racontent l'envoi d'un obus vers la Lune. Il
est lancé par un canon vertical. A la sortie du canon, la vitesse de l'obus est , mais l'atmosphère le
freine et ramène sa vitesse à . Ce problème se propose de discuter des données utilisées par Jules
Verne.
1
016, 5 km.sv−
=
1
111km. sv−
=
A80. Le théorème de l'énergie cinétique.
Un mobile de masse m se déplace sur une droite sous l'action d'une force F ; son abscisse est x, sa vitesse V, toutes
ces grandeurs étant comptées algébriquement dans le même sens. Démontrer le théorème de l'énergie cinétique, celui-ci
étant énoncé sous la forme :
()
2
1
2
dmv Fdx=
B51. La vitesse de lancement.
Dans les parties B et C, l'on néglige le freinage dû à l’atmosphère.
1) Soit G la constante de la gravitation, M la masse d’un astre sphérique fixe de centre O, x la distance à
son centre d’un point matériel P de masse m mobile sur une droite passant par O à l’extérieur de l’astre. Calculer la
force subie par P dans le champ de l’astre. Un astre sphérique crée à l’extérieur la même force que si toute sa masse
était concentrée en son centre.
OP=
2) Exprimer la constante G en fonction de l'accélération de la pesanteur sur la surface terrestre g, de la masse de la
Terre , et du rayon terrestre r. M
3) Quelle est la relation entre la vitesse de lancement d'un projectile depuis la surface terrestre, et sa vitesse v à
l'infini. 1
v∞
4) En déduire la vitesse minimale de lancement d'un obus depuis la Terre pour qu'il échappe à l'attraction terrestre.
C22. Vitesse de l'obus en un point quelconque.
1) La Terre et la Lune sont immobiles dans un référentiel galiléen ; l'obus de masse se déplace suivant la droite
joignant leurs centres. Exprimer en fonction de la distance d du centre de la Terre au centre de la Lune, de la distance
de l'obus au centre de la Terre, du rapport des masses de la Lune et de la Terre, de g, de m et de r :
m
x/MM
′
a) la force appliquée à l'obus
b) la quantité
(
22
11
2vv−
)
, où est la vitesse à la distance x et la vitesse de lancement. v1 v
2) (question difficile) La formule obtenue est celle donnée par Jules Verne. Quelles critiques peut-on adresser au
modèle utilisé et en quoi la formule obtenue est-elle fausse ?
D20. La question des poudres.
L'obus est lancé de la Terre par un canon vertical de section S. Jules Verne semble estimer qu'une quantité illimitée
de poudre permet d'obtenir une vitesse illimitée. Pour montrer qu'il n'en est rien, considérons le modèle naïf suivant.
1.a) A un instant donné, la masse volumique des gaz issus de l’explosion est uniforme entre le fond du canon et
l’obus situé à une hauteur L au dessus du fond. Exprimer en fonction de la masse de la poudre m, de et de L.
′
ρ
′
ρ′S
1.b) Calculer la masse dm des gaz situés à une distance du fond du canon comprise entre z et .
′zdz+
1.c) Calculer leur vitesse v en supposant que, la vitesse de l'obus dans le canon étant v, la vitesse des gaz varie
linéairement entre en bas du canon et v près de l'obus.
′
0
1.d) En déduire l’énergie cinétique de cette tranche de gaz.
1.e) Montrer que l'énergie cinétique totale des gaz et de l'obus est
(
2
1
2/3Emm
′
=+
)
v, où m est la masse de
l'obus et m celle de la poudre.
′
2) Cette énergie cinétique est tirée de l'énergie chimique d'une poudre. Quelle est la fonction de m, m et v qui
prend la même valeur pour divers canons utilisant la même poudre avec le même rendement ? ′
3) Un canon cité par Jules Verne, la Columbiad Rodman, utilise de poudre pour lancer un boulet de
masse à la vitesse . Si le canon de Jules VERNE était comparable, exprimer la vitesse
avec laquelle il lancerait l'obus sous l'action d'une quantité de poudre illimitée.
272 kgm′=
2500 kgm=1
2700 m.sv−
=
E11 - Freinage de l'obus par l'atmosphère.
La force F
G
de freinage de l'obus par l'atmosphère vaut 2
1
2x
FCSV=ρ, où est un coefficient numérique sans
dimension caractérisant l'aérodynamisme de la forme de l'obus, la masse volumique de l'air, dépend de l'altitude z ,
la vitesse de l'obus et S l’aire de la projection de l'obus sur un plan perpendiculaire à sa vitesse.
x
C
ρ
v
1) En estimant l’épaisseur de l’atmosphère à 10 km, évaluer numériquement l’ordre de grandeur de l’accélération de
l’obus pendant cette traversée. En déduire si le poids de l'obus est négligeable devant la résistance de l'air.
2) Relier à l'aide du théorème de l'énergie cinétique la variation dv de la vitesse à la variation dz de l'altitude ?
Séparer l'équation en deux membres, l'un fonction de v et dv , l'autre fonction de et dz .
()
zρ
Problème de dynamique, avec énergie, page 3

3) Considérons une colonne d’air verticale de section S horizontale et allant du sol ( ) à haute altitude
(z). 0z=
=+∞
3.a) Montrer que sa masse est .
()
0
MS zdz
+∞
=ρ
∫
3.b) En écrivant son équilibre sous l’action des forces de pression et du poids, montrer que ,
où est la pression atmosphérique au sol (la pression est le rapport de la force à la surface sur laquelle elle
s’exerce) et l’accélération de la pesanteur.
()
0
0/zdz p g
+∞ρ=
∫
5
010 Pap=
2
10 m.sg− =
3.c) En déduire une expression de en fonction de la vitesse de départ, de la vitesse après traversée de
l'atmosphère et des autres données du problème.
x
C0 v1 v
Réponses
I. 1)
(
exp s vb b =ω−
)
; 2) ; 3)
0
vb=ω
()
2
02
exp
T
vs
abb =−−
;
(
2
02
exp
N
v
ab =−
)
s
b
; 4) décéléré ; 5)
((
0exp 2
vv π =−θ−
))
; 6) spirale logarithmique
qui part en haut de 0
v
G
pour aboutir en bas à 0
G
; 7) 22mv
Fb
= ; 8) 3
4
π
α= ;
9)
()
2
0
12
exp 1
2
s
Wmv b
⎡⎤
=−−
⎢⎥
⎣⎦
; 10) 2
0
1
2
T
Wm=−v.
Problème de dynamique, avec énergie, page 4
II.
A. 1) 27m
B/sh==vg ; 2) 35 N
mgh
FAB == ; 3) ;
4)
28, 96 (0,505 rad)
′
θ=°
()
24,95m
Ihh
′
=−=55,1N===/svg ; 5) R ; 8) égales ; 9) t.
BA
1s ; t 0,5s
AB
B. 1)
p
f
F16,9N
mgh
BJ
==
p
; 1287 N gh AB
BJ
⎛⎞
⎟
⎜
=+=
⎟
⎜⎟
⎜
⎝⎠
′′
θ=
Fm ; 2) vitesse au retour plus faible ; 3) durée du retour
plus grande.
C. Force motrice en K :mg , qui ne peut vaincre le frottement (16,9 N) ; force motrice en J : 32,4 N. sin 15, 3 N
III.
B. 1) non trop proche de π ; 2) une droite ; 3) α/2
()
()
0
21exp exp
cos cos
dz Sh z
mv ;
4)
dv Sv v v mh
ρ
=ρ=−
αα
()
()
2
01 0
2
exp exp
cos
Sv z h z
a ; 5) deux cas : si
mhm h
ρρ
=−− −
α0
cos 1
2
m
Sh
α≥
ρ, ; sinon
0z=
0
2
ln cos
m
Sh
zh .
m
ρ
=α
C. 1) 1
286, 9 m.s
x
mg
w ; 2.a)
CS
−
==
ρln
2
wwv
t ; 2.b)
gwv
+
=−
22
2
ln 1
2
wv
x ; 2.c) vw ;
2.d)
gw
⎛⎞
⎟
⎜
=−−
⎟
⎜⎟
⎟
⎜
⎜
⎝⎠ →
ln 3 4, 87 s
2
w
t,
g
==
24
ln 111m
23
w
x et
g
== 2
20,9534 x
gt = voisin de 1.
IV. B. 1) 2
GMm
F ; 2)
x
=−2
gr
G ; 3)
M
=22
11
1
22
GMm
mv mv
r∞
−= ; 4) 1min
2211km GM /sr
r
===vg
;
C. 1) a) 2
22
11
()
M
Fm ; b) gr M
xdx
⎡⎤
′
⎢⎥
=−+
⎢⎥
−
⎣⎦
()
22 2
11
2
11 1 1
() M vv gr
xr Mdxdr
′
⎡
⎤
⎢
⎥
−=−+−
⎢
−−⎥
⎣
⎦ ; D. 1.a) m
SL
′
′
ρ=;
1.b) mdz
dm ; 1.c)
L
′
′=vz
v; 1.d)
L
′=
22
3
2
c
mzdz
dE ; 1.e)
SL
′
′=2
1
6
c
Em
′′
=v/ 3 / )mmv
′
+; 2) (1 ;
3)
2
2
2
2
3
13270
mm/s
m
=+=
′
vv ; E. 1) 22
01 2
8000 m .s
2
vv
ah
−
−
== ; 2) ()
2
x
dv ;
3.c)
C S zdz
vm
=−ρ
0
01
2ln
x
mg v
C.
pS v
=

Corrigé
N
G
T
G
v
G
θ
a
G
N
a
G
T
a
G
I.
1)
()
exp
1
ds b s
vb
dt t b
ω
== =ω−
+ω.
2) .
0
vb=ω
3)
()
()
2
0
0
12
exp exp
T
dv ds s v s
av
dt b dt b b b
==×−−=−−
.
()
22
02
exp
N
vv s
abb b == −.
4) Comme , le mouvement est décéléré ; comme varie, il n’est pas
uniformément décéléré.
0
T
a<T a
5) Comme la trajectoire est un cercle,
(
2
sb π =θ−
)
. D’où
()()
0exp 2
vv π =−θ− .
6) L’hodographe est la spirale logarithmique dessinée à
gauche qui part en haut de v0
G
pour aboutir en bas à 0
G
.
7) 2
22 2
NT
mv
FmaFma a b ==+=
G
G.
8) 3
4
π
α=.
9)
()
22 2
00
11 1 2
exp 1
22 2
s
Wmv mv mv b
⎡
⎤
=−=−−
⎢
⎥
⎣
⎦.
10) 2
0
1
2
T
Wm. v=−
II.
A.
1) Appliquons le théorème de l’énergie cinétique pour l’aller, entre B et J :
2
1
2
02
BB
mv mgh v gh−=−⇒==7m/s.
2) Appliquons le théorème de l’énergie cinétique pour l’aller, entre A et B :
2
1
20. 35
B
mgh
mv F AB F AB −=⇒==
N.
3) cos . 0, 875 28, 96 (0, 505 rad)
Rh
R
′
−
′′
θ==⇒θ =°
4) Appliquons le théorème de l’énergie cinétique pour l’aller, entre I et J :
() ()
2
1
2
02
II
mv mg h h v g h h
′′
−=−−⇒=−=4,95m/s.
5) Projetons la loi fondamentale de la dynamique mg ma+=
G
G
G
R sur la normale à la
trajectoire : 22
54,95
cos 5 9, 8 0, 875 55,1 N
10
I
mv
mg R
×
′
=θ+=×× + =
R
G
R
mg
G
I
6) Comme en J la force totale mg+
G
G
R a une composante tangentielle non nulle, le mobile
n’est pas en équilibre en J.
7) Soit M un point quelconque de l’arc BJ. Le théorème de l’énergie cinétique appliqué entre les deux passages du
mobile par M montre que l’énergie cinétique est la même lors de ces deux passages, car la réaction ne travaille pas et le
travail du poids est nul. Donc la vitesse a même module à l’aller et au retour.
8) Les durées de l’aller et du retour sont égales, car égales à ds
v
∫
, où la vitesse v est la même en chaque point
d’abscisse curviligne s.
9) Comme la force est constante à l’aller, l’accélération est constante :
2BA
12 3,5
1s ; t 0,5s
27
AB
AB B
FmABBA
AB t t
mFv
=⇒=====
Problème de dynamique, avec énergie, page 5