Corrections 309
Exercice 11.7
1. Les trois jeux de conditions initiales, en allant de gauche à droite pour les portraits de phase, sont :
(z(0) = 1,0 m; ˙
z(0) = 5,0 m · s
−1 ), (z(0) = 1,0 m; ˙
z(0) = 10 m · s
−1 ) et (z(0) = 1,0 m; ˙
z = 15 m · s
−1 ).
Les trajectoires de phase sont décrites dans le sens horaire (si ˙
z > 0, z croît et si ˙
z < 0, z décroît).
2. — Première phase : z(t) < l0. Dans ce cas, la loi de la quantité de mouvement écrite dans le référentiel
terrestre galiléen et projetée selon l’axe Oz conduit à : m¨ z = −mg.
En intégrant deux fois cette relation par rapport au temps et en tenant compte des conditions
initiales, on aboutit à ˙
z(t) = −gt + v0 et z(t) = −
1
2
gt
2 + v0t + z(0), avec v0 = ˙
z(0).
On cherche l’instant t1 tel que z(t1) = l0. Il faut donc résoudre l’équation : −
1
2
gt
2
1 +v0t1 = l0 −z(0).
On aboutit, en prenant la plus petite racine positive, à t1 =
v0
g
−
v0
g
2
− 2
(l0 − z(0))
g
, d’où
l’expression de la vitesse v(t1) = v1 =
v
2
0 − 2g(l0 − z(0)) = 7,8 m · s
−1 .
— Deuxième phase : t > t1, l’élastique est étiré. Il faut donc tenir compte de sa tension dans l’expression de la loi de la quantité de mouvement. On obtient alors : m¨ z = −mg − k(z − l0).
En introduisant la pulsation ω =
k
m
, l’équation devient : ¨
z + ω
2 z = ω
2 l0 − g. Par ailleurs, en
prenant comme nouvelle origine des temps la date t1 (t
= t − t1), les conditions initiales de cette
deuxième phase s’écrivent : z(t
= 0) = l0 et ˙
z(t
= 0) = v1. L’équation horaire du mouvement
étant de la forme z(t
) = a cos(ωt
) + b sin(ωt
) + l0 −
mg
k
= A cos(ωt
+ ϕ) + l0 −
mg
k
, on déduit
de ces conditions initiales : A cos(ϕ) + l0 −
mg
k
= l0 et −Aω sin(ϕ) = v1, d’où : A cos(ϕ) =
mg
k
et
Aω sin(ϕ) = −v1. Sachant que cos
2 (ϕ) + sin
2 (ϕ) = 1, on obtient : A =
mg
k
2
+
mv
2
1
k
.
L’altitude maximale atteinte est donc : zmax = A + l0 −
mg
k
= l0 −
mg
k
+
mg
k
2
+
mv
2
1
k
= 4,4 m.
Ce résultat est en accord avec ce qu’on peut observer sur le portrait de phase.
Exercice 11.8
1. L’ensemble (Tonneau+Jack) est soumis à son poids
#»
P = (mt + mj) #» g et à la poussée d’Archimède
#»
F a = −μeπ
D
2
2
h #» g . À l’équilibre,
#»
P +
#»
F a =
#»
0 d’où heq =
4(mt + mj)
μeπD 2
= 32 cm.
2. Compte tenu du choix de l’axe vertical ascendant et de son origine, la cote z(t) du centre de masse de
l’ensemble (Tonneau+Jack) correspond à une hauteur immergée h = heq − z.
La loi de la quantité de mouvement appliquée à cet ensemble et projetée sur #» uz ascendant conduit à :
(mt + mj)¨ z = −(mt + mj)g + μeπ
D
2
2
(heq − z)g. En réinjectant dans cette équation l’expression de
heq, il vient : ¨
z +
μeπD
2
4(mt + mj)
gz = 0. On reconnait l’équation d’un oscillateur harmonique de période
T = 2π
4(mt + mj)
μegπD 2 = 1,1 s. Cette période est indépendante de a.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.
partagelivrescpge.blogspot.com
Exercice 11.7
1. Les trois jeux de conditions initiales, en allant de gauche à droite pour les portraits de phase, sont :
(z(0) = 1,0 m; ˙
z(0) = 5,0 m · s
−1 ), (z(0) = 1,0 m; ˙
z(0) = 10 m · s
−1 ) et (z(0) = 1,0 m; ˙
z = 15 m · s
−1 ).
Les trajectoires de phase sont décrites dans le sens horaire (si ˙
z > 0, z croît et si ˙
z < 0, z décroît).
2. — Première phase : z(t) < l0. Dans ce cas, la loi de la quantité de mouvement écrite dans le référentiel
terrestre galiléen et projetée selon l’axe Oz conduit à : m¨ z = −mg.
En intégrant deux fois cette relation par rapport au temps et en tenant compte des conditions
initiales, on aboutit à ˙
z(t) = −gt + v0 et z(t) = −
1
2
gt
2 + v0t + z(0), avec v0 = ˙
z(0).
On cherche l’instant t1 tel que z(t1) = l0. Il faut donc résoudre l’équation : −
1
2
gt
2
1 +v0t1 = l0 −z(0).
On aboutit, en prenant la plus petite racine positive, à t1 =
v0
g
−
v0
g
2
− 2
(l0 − z(0))
g
, d’où
l’expression de la vitesse v(t1) = v1 =
v
2
0 − 2g(l0 − z(0)) = 7,8 m · s
−1 .
— Deuxième phase : t > t1, l’élastique est étiré. Il faut donc tenir compte de sa tension dans l’expression de la loi de la quantité de mouvement. On obtient alors : m¨ z = −mg − k(z − l0).
En introduisant la pulsation ω =
k
m
, l’équation devient : ¨
z + ω
2 z = ω
2 l0 − g. Par ailleurs, en
prenant comme nouvelle origine des temps la date t1 (t
= t − t1), les conditions initiales de cette
deuxième phase s’écrivent : z(t
= 0) = l0 et ˙
z(t
= 0) = v1. L’équation horaire du mouvement
étant de la forme z(t
) = a cos(ωt
) + b sin(ωt
) + l0 −
mg
k
= A cos(ωt
+ ϕ) + l0 −
mg
k
, on déduit
de ces conditions initiales : A cos(ϕ) + l0 −
mg
k
= l0 et −Aω sin(ϕ) = v1, d’où : A cos(ϕ) =
mg
k
et
Aω sin(ϕ) = −v1. Sachant que cos
2 (ϕ) + sin
2 (ϕ) = 1, on obtient : A =
mg
k
2
+
mv
2
1
k
.
L’altitude maximale atteinte est donc : zmax = A + l0 −
mg
k
= l0 −
mg
k
+
mg
k
2
+
mv
2
1
k
= 4,4 m.
Ce résultat est en accord avec ce qu’on peut observer sur le portrait de phase.
Exercice 11.8
1. L’ensemble (Tonneau+Jack) est soumis à son poids
#»
P = (mt + mj) #» g et à la poussée d’Archimède
#»
F a = −μeπ
D
2
2
h #» g . À l’équilibre,
#»
P +
#»
F a =
#»
0 d’où heq =
4(mt + mj)
μeπD 2
= 32 cm.
2. Compte tenu du choix de l’axe vertical ascendant et de son origine, la cote z(t) du centre de masse de
l’ensemble (Tonneau+Jack) correspond à une hauteur immergée h = heq − z.
La loi de la quantité de mouvement appliquée à cet ensemble et projetée sur #» uz ascendant conduit à :
(mt + mj)¨ z = −(mt + mj)g + μeπ
D
2
2
(heq − z)g. En réinjectant dans cette équation l’expression de
heq, il vient : ¨
z +
μeπD
2
4(mt + mj)
gz = 0. On reconnait l’équation d’un oscillateur harmonique de période
T = 2π
4(mt + mj)
μegπD 2 = 1,1 s. Cette période est indépendante de a.
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