USTHB Faculté de Physique Année 2011-2012 1ère année ST

USTHB Faculté de Physique Année 2011-2012
1ère année ST Corrigé de la série dynamique Sections 16 à 30
M. Hachemane (usthb[email protected]om), A. Dib et A. Chafa
Exercice 1
Données : m1= 3.2kg,v1= 6.0m/s 0uest, m2= 1.6kg,v2= 5.0m/s Nord, ∆t= 2s,v′
1= 3.0m/s N30° E.
A chaque étape, on fait d’abord la somme ou la différence vectoriel géométriquement.
v1
v’1
p1
p2
pT
a) p1
p’1
b)
v2
c)
d)
v’2
Un calcul avec l’échelle donne : a) pT= 20.8kg.m/s, b) ∆p1= ∆p2= 25.4kg.m/s et F12 =F21 = 12.7N
c) ∆v1= 7.9m/s et ∆v2= 15.8m/s, d) v′
2= 15.0m/s
On donne maintenant un calcul analytique :
a) Représentation : ~pT=~p1+~p2=m1~v1+m2~v2. Système isolé ~pT=~p′
T.
Calcul : p1= 19.2kg.m/s,p2= 8kg.m/s et pT=pp2
1+p2 2= 20.8kg.m/s
b) Représentation : ∆~p1=~p′
1−~p1. Comme ~p′
T=~p′
1+~p′ 2=~pT=⇒~p′ 2−~p2=−(~p′ 1−~p1) =⇒∆~p2=−∆~p1
~
F12 =∆~p1
∆t=∆~p1 2et ~
F21 =∆~p2
∆t=−~
F12
Calcul : ~p′
1=m1v′ 1cos α
~
i+m1v′
1sin α~
jet ~p1=−m1v1
~
i. Donc ∆~p1=m1(v′
1cos α+v1)
~
i+m1v′
1sin α~
jet ∆~p2=
−m1(v′
1cos α+v1)
~
i−m1v′
1sin α~
j
∆~p1= 24
~
i+ 8.3~ jet ∆p1= ∆p2=p(24)2+ (8.3)2= 25.4kg.m/s
~
F12 = 12
~
i+ 4.2~ j=−~ F21 et F12 =F21 =∆p1
2= 12.7N
c) Représentation : La même que celle de ∆~p car ∆~p1=m1∆~v1et ∆~p2=m2∆~v2
Calcul : ∆~v1=∆~p1
m1= (v′
1cos α+v1)
~
i+v′
1sin α~
j= 7.5
~
i+ 2.6~ jet ∆v1=∆p1
m1= 7.9m/s
∆~v2=∆~p2
m2=−∆~p1 m2=−m1 m2∆~v1=−15
~
i−5.2~ jet ∆v2=m1
m2∆v1= 15.8m/s
d) Représentation : ~v′
2=~v2+ ∆~v2
Calcul : ~v′
2=−15
~
i−0.2~ jet v′
2=√152+ 0.22= 15.0m/s
Exercice 2
Données µs= 0.6,µg= 0.5,α=π
6,m2= 2kg,g= 10m/s2
1. Les forces agissant sur m1sont ( ~ P1,~ C1,~ T1). Celles agissant sur m2sont ( ~ P2,~ C2,~ T2).
m1
α
m2
C1
P1
T1
-T1
-T2T2
P2
C2
x
y
0
Y’
x’
0’
~
C1est perpendiculaire au plan incliné car il n’y a pas de frottements.
~
C2=~ C0(limite de l’équilibre) est inclinée vers la droite pour l’une des deux raisons suivantes :
–m2essaye de glisser vers la gauche et ~ C0s’oppose à ce glissement.
– il y a équilibre, donc ~ C2=−~
P2+~ T2.
Appliquons la RFD aux deux masses :
Système m1Système m2
~
P1+~ C1+~ T1=~ 0~ P2+~ C2+~ T2=~ 0
O′x′:
~
T1
=m1gsin αOx :
~
C0x
=
~
T2
O′y′:
~
C1
=m1gcos αOy :
~
C0y
=m2g
Masses négligeables du fil et de la poulie : 
~
T2
=
~
T1
. Limite de l’équilibre
~
C0x
=µs
~
C0y
=µsm2g. On trouve
m1gsin α=µsm2g⇒m1=µsm2
sin α⇒,m1= 2.4kg
2. On doit déterminer toutes les forces et représenter les forces réelles (non leurs composantes) aux bons points
d’application :
1

~
P1
=m1g= 24N,
~
C1
=m1gcos α= 20.79N,
~
T1
=m1gsin α= 12N.
~
P2
=
~
C0y
=m2g= 20N,
~
C0x
=µsm2g= 12N,
~
C0
= 23.32N,
~
T2
= 12N
Il suffit de refaire la représentation de la première question mais en respectant l’échelle. Remarquez les points d’appli-
cation des forces. Les composantes de ~ C2peuvent être représentées en trait pointillé pour respecter cette échelle (les
composantes des forces de contact sont des projections mathématiques, elles n’existent pas réellement).
3. Donnée m1= 4kg > 2.4N. On a un glissement vers la gauche et ~ C2est inclinée vers la droite car sa composante
~
C2xdoit être dans le sens contraire du mouvement (frottements). Les autres forces gardent les mêmes directions.
Système m1Système m2
~
P1+~ C1+~ T1=m1~a1~ P2+~ C2+~ T2=m2~a2
Ox′:m1gsin α−
~
T1
=m1a1Ox :
~
T2
−
~
Cx
=m2a2
Oy′:
~
C1
=m1gcos αOy :
~
Cy
=m2g
~
Cx
=µg
~
Cy
=µgm2g
Masses négligeables du fil et de la poulie : 
~
T2
=
~
T1
=
~
T
. Fil inextensible a1=a2=a.
(Ox′) + (Ox)⇒m1gsin α−µgm2g= (m1+m2)a⇒a=gm1sin α−µgm2
(m1+m2)= 1.67 m s2
(Ox′)⇒
~
T1
=m1(gsin α−a) = gm1m2
m1+m2(sin α+µg) = 13.33N
Exercice 3
Données m= 100g,R= 1m,µs= 0.5777,g= 9.81ms−2
0
K
dž
LJ
Z
ɽ
Pɽ
ϭͿ
ɽ
P
ɽ
ϮͿ
K
dž
LJ
Z
ɽ
1. C’est la limite de l’équilibre ~ P+~ C0=~ 0⇒~ C0=−~ P
Axe normal : mg sin θm=C0n. Axe tangentiel : mg cos θm=C0t=µsC0n=µsmg sin θm. Donc tan θm=1
µs= 1.731.
Donc θm= 59.98◦
2. La particule a surement été lâchée d’un angle θ < θm= 59.98◦car elle est en mouvement. Elle arrive à θN=π
3
avec l’accélération a= 2.8ms−2et la vitesse v= 1ms−1. Dans ce cas, on a :
~
P+~ C=m~a (On suppose que µgn’est pas donné)
Axe normal : −mg sin θN+Cn=man=mv2
R⇒Cn=mgsin θN+v2 R= 0.95N→1.9cm
Détermination de Ct:
Axe tangentiel mg cos θN−Ct=mat=mqa2−v2
R2
Ct=mg cos θN−mqa2−v2
R2= 0.23N→0.46cm
3. On peut alors déterminer µg=Ck
C⊥=Ct Cn= 0.24
Exercice 4
Données m= 2kg,µs= 0.4,α=π
6,g= 9.81m/s2
dž
LJ
K
F
0
F
0
C
0
P
AB
C
0A
P
A
C
AB
C
0B
P
B
C
BA
F
C
P
AB
ϭΣͿ ϮΣͿ ϮΣͿ ϯΣͿ
1. On considère les deux masses comme un seul système. A la limite de l’équilibre on a
~
P+~ C0+~ F=~ 0où ~ P= 2m~g et 
~
C0x
=µs
~
C0y
.
Axe Ox :
~
Fx
=
~
C0x
=µs
~
C0y
⇒
~
F
cos α=µs
~
C0y
2

Axe Oy :
~
Fy
+ 2mg −
~
C0y
= 0 ⇒
~
F
sin α+ 2mg =
~
C0y
(Ox)−µs(Oy)⇒
~
F
(cos α−µssin α)−2µsmg = 0 ⇒
~
F
=µs
(cos α−µssin α)2mg = 23.57N
2.a. Forces sur A:~ F,~ PA,~ CA(action du sol qui s’oppose au mouvement), ~ CAB (Bempêche Ade se déplacer).
Forces sur B:~ PB,~ CB(action du sol qui s’oppose au mouvement), ~ CBA (Apousse Bpour le déplacer).
2.b. Pour A:~ F+m~g +~ CA+~ CAB =~ 0. Pour B:m~g +~ CB+~ CBA =~ 0avec ~ CBA =−~ CAB
Ox pour (A) : 
~
F
cos α−
~
CAx
−
~
CAB 
= 0 et Ox pour (B) : 
~
CBx
=
~
CBA
Oy pour (A) : −
~
F
sin α−mg +
~
CAy
= 0 et Oy pour (B) : 
~
CBy 
=mg
A la limite de l’équilibre, on a 
~
CAx
=µs
~
CAy
et 
~
CBx
=µs
~
CBy 
Les équations de (B) donnent directement 
~
CBA
=µsmg = 7.85N=
~
CAB 
3. Données 
~
F
= 30kgm/s2,a= 4m/s2
3.a. Considérons les deux corps comme un seul système
~
F+ 2m~g +~ C= 2m~a
Ox :
~
F
cos α−
~
Cx
= 2ma =⇒
~
Cx
=
~
F
cos α−2ma = 9.98N
3.b. Oy :−
~
F
sin α−2mg +
~
Cy
= 0 =⇒
~
Cy
=
~
F
sin α+ 2mg = 54.24N
d’où µd=
~
Cx
/
~
Cy
=
~
F
cos α−2ma/
~
F
sin α+ 2mg= 0.18
Exercice 5
Données mA= 2kg,mB= 3kg,α= 0.5N/s,F(t) := αt,µs= 0.5,µd= 0.5,g= 10m/s2.
B
&;ƚ0Ϳ
0
W
&;ƚ0Ϳ
0
W
W
&
W
dž
LJ
K
ϭΣͿ ϮΣͿ ϮΣͿ ϯΣͿ
1. Système (A+B)à la limite de l’équilibre :
(mA+mB)~g +~ C0+~ F0=~ 0
Ox :
~
C0x
=αt0
Oy :
~
C0y
= (mA+mB)g
~
C0x
=µs
~
C0y
⇒t0=µs
α(mA+mB)g= 50s
2. Pour t1= 30s, on a un équilibre simple. Pour chaque système on doit avoir Σ~ F=~ 0. D’où (l’unité pour toutes les
force est le N) :
Corps Aseul : ~ PA=−mAg~ j=−20~ j,~ CAB =−~ PA= 20~ j
Corps Bseul : ~ PB=−mBg~ j=−30~ j,~ CBA =−~ CAB =~ PA=−20~ j,~ F1=αt1
~
i= 15
~
iet ~ C=−αt1
~
i+g(mA+mB)~ j=
−15
~
i+ 50~ j
Corps Aet B:~ P=−(mA+mB)g~ j=−50~ j,~ F1=αt1
~
iet ~ C=−αt1
~
i+g(mA+mB)~ j
3. A t2= 60s, le corps Bglisse sur le sol et par rapport au corps Aavec lequel il n’a pas de frottements. Autrement
dit, le corps Areste au repos et n’est pas entraîné par Bcar il n’est soumis qu’aux forces verticales ~ PAet ~ CAB .
Corps Aseul : ~ PA=−mAg~ j=−20~ j,~ CAB =−~ PA= 20~ j
Corps Bseul : ~ PB=−mBg~ j=−30~ j,~ CBA =−~ CAB =~ PA=−20~ j,~ F2=αt2
~
i= 30
~
iet ~ C
RFD pour B:~ PB+~ CBA +~ F2+~ C=m~a et 
~
Cx
=µd
~
Cy
Ox :
~
F2
−
~
Cx
=ma
Oy :−mBg−mAg+
~
Cy
= 0
~
Cy
=g(mA+mB) = 50Net 
~
Cx
=µdg(mA+mB) = 25N⇒
~
C
=g(mA+mB)p1 + µ2
d= 55.9N
En résumé : 
~
PB
= 30N→3cm,
~
F2
= 30N→3cm,
~
C
= 5.59N→5.59cm,
Pour dessiner la force réelle ~ C, il est plus facile de dessiner ces composantes (
~
Cy
= 50N→5cm,
~
Cx
= 25N→
2.5cm) en tirets pour rappeler qu’elles ne sont pas des forces réelles mais des composantes mathématiques.
Exercice 6
Données : m= 0.5kg,v0= 1m/s.
3

dž
LJ
K
ƚ;ƐͿ
ǀ;ŵͬƐͿ
K
ϭ
ϭϯ
dž
sсϬ
ϭчƚчϮƐ
Wdž
&;ƚͿ
ϮчƚчϯƐ sсϬ
W
&;ƚͿ
s
ƚ>ϯƐ
dž
W
Wdž
s
ƚчϭƐ
ϮΣͿ
ϯΣͿ
1. v(t)−v(0) = A(0, t, a)⇒1 = A(0, t, a)⇒1 = A(0,1, a) + A(3, t, a) = −1 + 1
2(3 + a) (t−3). L’équation de aest
a= 4 (t−3) + 3 = 4t−9. On doit résoudre
1 = −1 + 1
2(3 + 4t−9) (t−3) ⇒2t2−9t+ 7 = 0. Les solutions sont {[t= 1.0s],[t= 35s]}mais la première n’est pas
acceptable car on a pris t > 3s.
2. Graphe de v(t)
t(s) [0,1] [1,3] t= 3s t > 3s
am/s2−1(constante) 0(constante) discontinue droite
v(m/s)Droite entre v0= 1 et v(1) = 0 Droite entre v(1) = 0 et v(3) = 0 parabole
Mouvement MRUR Repos limite de l’équilibre glissement
Forces sur Ox : frottements ~ Cx0(t < 2), ~ Cxet F(t > 2)~
C0xet ~ F(3) ~ Cxet ~ F(t)
Avant t= 1s, le mouvement est retardé jusqu’à l’arrêt par ~ Cx. On peut calculer µddans cette phase µd=
~
Cx
/kCyk=
m|a|/mg = 0.1. Entre 1set 2s, le corps reste au repos sous l’action de ~ P+~ C=~ 0. Après 2s, la force ~ Fcommence à
agir mais elle n’est pas assez grande pour faire glisser le corps. A t= 3s, l’accélération fait un saut et le corps demarre,
c’est la limite de l’équilibre ~ C0+~ P+~ F0=~ 0. Après 3s, c’est la phase de glissement ~ P+~ C+~ F=m~a.
3.a. Pour t > 3s, la masse glisse dans le sens positif v > 0. RFD : ~ P+~ C+~ F=m~a
Sur Ox :−
~
Cx
+
~
F
=ma. Sur Oy :−mg +
~
Cy
= 0. Glissement : 
~
Cx
=µD
~
Cy
=µDmg
3.b. A t= 4s,a= 7m/s2avec µD= 0.1et g= 10m/s2. Donc
~
P
=
~
Cy
= 5N,
~
Cx
=µDmg = 0.5Net 
~
F
=ma +
~
Cx
= 4N. (
~
C
=q(0.5)2+ 52N= 5.02N)
3.c. Pour t > 3s, on a a= 4t−9,
~
F
=ma +
~
Cx
et 
~
Cx
=mgµD. Donc
~
F
= 2t−4en (N).
3.d. Détermination de µs:
D’après le graphe de v(t), entre t= 0set t= 1s, on a mouvement décéléré jusqu’à ce qu’elle s’arrête avec une
accélération a=−1m/s2due uniquement à 
~
Cx
=−ma = 0.5Nce qui donne bien µd=(−ma)
mg = 0.1. Entre t= 1s
et t= 2s, la masse est au repos v= 0m/s. A partir de t= 2s, la force commence à agir mais la masse reste immobile
jusqu’à t= 3soù elle commence à glisser. Donc t= 3scorrespond à la limite (rupture de l’équilibre). D’où :
RFD : ~ P+~ C0+~ F(3) = ~ 0⇒ −
~
C0x
+
~
F(3)
= 0 et −mg +
~
C0y
= 0. Donc µs=k~
C0xk
k~
C0yk=k~
F(3)k
mg = 0.4.
Exercice 7
Données M= 1kg,µs= 0.5,µg= 0.4,k= 200N/m,g= 10m/s2.
dž
LJ
K
dсϬ
&0
0
WW
d
&
WW
džͲd
ǀǀсϬ
4

1. Comme le ressort n’est ni comprimé ni tendu, on a T= 0N. A la limite de l’équilibre, on écrit ~ P+~ C0+~ F0=~ 0
avec 
~
C0x
=µs
~
C0y
. Les projections donnent 
~
C0y
=Mg et 
~
F0
=
~
C0x
=µsMg = 5N.
2. Pour A, on a 
~
PA
=
~
C0y
=Mg = 10N→5cm,
~
F0
=
~
C0x
= 5N→2.5cm
Pour B, on a 
~
PB
=Mg = 10N→5cm,
~
CB
=
~
CBy 
=
~
P
= 10N→5cm.
3. Quand Ase déplace, le ressort est comprimé et la même force de rappel agit sur chaque masse 
~
T
=kx avec
x= 2cm. La force 
~
F
doit augmenter avec 
~
T
pour garantir une accélération nulle et une vitesse constante :
Pour A, on a ~ PA+~ CA+~ F+~ T=M~a =~ 0(vitesse constante).
Sur Oy :
~
CAy
=Mg = 10N→5cm
Sur Ox :
~
CAx
=µgMg = 4N→2cm,
~
T
=kx = 4N→2cm et 
~
F
=
~
CAx
+
~
T
= 8N→4cm.
Pour B, on a ~ PB+~ CB−~ T=M~a =~ 0(car 
~
T
=kx = 4N < 5N, donc Best au repos).
Sur Oy :
~
CBy 
=Mg = 10N→5cm.
Sur Ox :
~
CBx
=
~
T
= 4N→2cm.
4. et 5. Le corps Bcommence à ce déplacer quand ~ CB=~ CB0.
Pour B, on a ~ PB+~ CB0−~ T0=~ 0(limite de l’équilibre)
sur Oy :
~
CB0y
=Mg = 10N→5cm
Sur Ox :
~
CB0x
=µsMg = 5N→2.5cm et 
~
T0
=
~
C0x
= 5N→2.5cm.
Donc x0=k~
T0k
k⇒x0= 2.5cm.
Pour A, on a ~ PA+~ CA+~ F+~ T0=M~a =~ 0(vitesse constante).
sur Oy :
~
CAy
=Mg = 10N→5cm
Sur Ox :
~
CAx
=µgMg = 4N→2cm,
~
T0
= 5N→2.5cm et 
~
F
=
~
CAx
+
~
T0
= 9N→4.5cm.
Exercice 8
Données : k= 150N/m,m= 2kg,g= 9.81m/s2
W
ŵ
W
D
d
d
ϭ
Ͳd
ϭ
d
Ϯ
Ͳd
Ϯ
W
ŵ
W
D
dсϬ
0
d
ϭ
Ͳd
ϭ
d
Ϯ
Ͳd
Ϯ
W
ŵ
W
D
d
d
ϭ
Ͳd
ϭ
d
Ϯ
Ͳd
Ϯ
ϭΣͿ ϮΣͿ ϯΣͿ
dž
LJ
K
LJΖ
1. L’origine est confondue avec la position de mquand le ressort a sa longueur à vide l0. Quand mest à la position x,
la force élastique est ~ T=−k(x−0)~ i=−kx
~
i.
Masse négligeable du fil : ~ T1et −~ T1ainsi que ~
T2et −~ T2. Masse négligeable de la poulie :
~
T1
=
~
T2
. Frottements
négligeables : ~ Cx=~ 0⇒~ C=~ Cy.
Fil inextensible : a1=a > 0et a2=−a < 0car a2<0sur Oy. Sur Oy′, on aura a1=a2=a.
Système m M
Forces ~
Pm=m~g,~ C,~ T(ressort) et ~ T1(fil) ~ PM=M~g et ~ T2(fil)
RFD ~
Pm+~ T+~ C+~ T1=m~a1~ PM+~ T2=M~a2
Ox −kx +
~
T1
=ma (1) Rien
Oy′mg −
~
C
= 0 M g −
~
T1
=Ma (2)
(1) + (2) ⇒a=(Mg−kx)
(M+m)et (2) ⇒
~
T1
=M(g−a) = M(gm+kx)
(M+m)
2. Il s’agit de la limite de l’équilibre avec µs= 0.8,~ C=~ C0,
~
C0x
=µs
~
C0y
et T= 0N. On reprend le calcul de la
question précédente
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