1 Bac. Géographie D 1 Bac. Math D 1 Bac. Physique D Interr

Nom : 1 Bac. Biologie 1 Bac. Chimie 1 Bac. G´eologie 
Pr´enom : 1 Bac. G´eographie 1 Bac. Math 1 Bac. Physique 
Interrogation de Physique - Exercices
1. /10 Un potiron se trouve au sommet d’un h´emisph`ere de rayon rparfaitement lisse. Suite
`a une perturbation infinit´esimale (consid´erez que le potiron part du repos), le potiron se met `a
glisser (sans rouler) sur la surface. Quel sera l’angle que forme le vecteur vitesse du potiron avec
l’horizontale au moment o`u ce dernier d´ecolle de la surface ? ` A quelle distance dhorizontale du
bord de l’h´emisph`ere le potiron va-t-il toucher le sol ?
Solution : Le point de trajectoire o`u le potiron quitte la surface est le point limite entre la partie
circulaire (a=v2
r) et la partie libre ( ~
N=~ 0) de la trajectoire. Nous ´ecrivons donc :
~
P+~ N=m~a
ac=v2
r
⇒Pcos θ=mac
ac=v2
r
⇒Pcos θ=mv2
r
⇒gcos θ=v2
r
o`u θest l’angle entre le vecteur poids et le vecteur acc´el´eration centrip`ete, cet angle ´etant
justement celui que l’on cherche. Nous avons alors 1 ´equation `a 2 inconnues : θet v. Prenons
une autre ´equation, qui sera la conservation de l’´energie entre le point de d´epart (sommet de
l’h´emisph`ere) Aet le point Bo`u le potiron quitte le contact. Nous avons alors :
EA=EB
⇒1
2mv2
A+mghA=1
2mv2
B+mghB
⇒ghA=1
2v2+gr cos θ
⇒v2= 2gr (1 −cos θ)

Nous combinons ces r´esultats pour aboutir `a
rg cos θ= 2gr (1 −cos θ)
⇒cos θ= 2 −2 cos θ
⇒θ= acos 2
3
= 48,19◦
Pour d´eterminer le point de chute, pla¸cons un syst`eme d’axe centr´e sur le centre g´eom´etrique
de l’h´emisph`ere, ’x’ horizontal vers la droite et ’y’ vertical vers le haut. Ecrivons les ´equations
du mouvement parabolique du potiron dans ces coordonn´ees :
x(t) = x0+v0,xt
y(t) = y0+v0,y t−g
2t2
⇒x(t) = rsin(θ) + v0cos θt
y(t) = rcos θ−v0sin θt −g
2t2
⇒r+d=rsin(θ) + v0cos θtc
0 = rcos θ−v0sin θtc−g
2t2
c
Puisque v0la vitesse au d´ecollement du potiron, elle vaut (avec r= 3 m)
v0=pg∗r∗cos θ
=r9,81 ∗2∗2
3
= 3,6166 m/s
et en reprenant l’´equation en y, je r´esous pour tcet je trouve
tc∈ {−0,8641; 0,3146}
⇒tc= 0,3146 s
En rempla¸cant dans l’´equation en x, on trouve :
r+d=rsin(θ) + v0cos θtc
⇒d= 2 sin(48,19) + 3,6166 ∗cos(48,19) ∗0,3146 −2
= 0,2492 m
(sinon, sans valeur num´erique pour r,d=rh√5
3−1 + 2√2 27 (√46 −√10)i.)

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Interrogation de Physique - Exercices
2. /10 Un ressort de constante de rappel k= 400 N/m et de masse n´egligeable est attach´e `a un
bloc initialement au repos de masse m2= 4 kg, pouvant glisser sur une table horizontale sans
frottement. Un bloc de masse m1= 2 kg s’approche `a v= 8 m/s et rentre en contact avec le
ressort.
(a) Quelle est la compression maximale du ressort ?
(b) Quels sont les modules des vitesses finales des deux blocs, lorsque le contact se termine ?
Solution : notons de suite qu’il s’agit d’un choc, ´elastique qui plus est, puisque le ressort assure la
conservation de l’´energie. Le moment o`u la compression du ressort est maximale est le moment
o`u la masse m1n’a plus de vitesse relative par rapport `a m2, donc le moment o`u les deux masses
ont la mˆeme vitesse. Comme il y a conservation de la quantit´e de mouvement totale, ainsi que
de l’´energie, nous pouvons ´ecrire :
EA=EB
~pA=~pB
⇒1
2m1v2=1 2m1v02+1 2m2v02+1 2k∆x2
m1v=m1v0+m2v0
⇒1
22∗82=1 2(2 + 4)v02+1 2400∆x2
2∗8 = (2 + 4)v0
⇒(∆x=q128 −664
9/400 = 0,8/√3 = 0,462 m
v0=16
6= 2,66...6...m/s
en notant Ala situation o`u m1approche et m2est immobile, et Bla situation o`u les deux masses
avancent `a la mˆeme vitesse. En notant Cla situation o`u les deux masses sont de nouveaux
s´epar´ees, nous pouvons noter que :

EA=EB=EC
~pA=~pB=~pC
⇒EA=EC
~pA=~pC
⇒1
2m1v2=1 2m1v2
1,C +1
2m2v2
2,C
m1v=−m1v1,C +m2v2,C
⇒1
22∗64 = 1 22v2
1,C +1
24v2
2,C
2∗8 = −2v1,C + 4v2,C
⇒64 = v2
1,C + 2v2 2,C
8 = −v1,C + 2v2,C
⇒v1,C = 2v2,C −8
64 = (2v2,C −8)2+ 2v2
2,C
⇒v1,C = 2v2,C −8
0 = 6v2
2,C −32v2,C
⇒v1,C = 8/3 m/s
v2,C = 16/3 m/s