312 Chapitre 11
Loi de la quantité de mouvement
7. En notant x0 l’abscisse du point de contact du volant avec le sol, il vient : x0 = v0τ
1 − exp
−
t0
τ
,
d’où : t0 = −τ ln
1 −
x0
v0τ
. On lit sur le graphe x0 = 8,7 m. On en déduit t0 = 0,87 s. Le volant touche
très rapidement le sol, laissant peu de temps à l’adversaire pour réagir. Le coup est donc efficace.
La trajectoire avec frottements tombe plus près du le filet, rendant plus ardue la tâche de l’adversaire.
8. La vitesse initiale du volant étant assez élevée, on peut proposer une loi quadratique pour les frottements
en −α #» v #» v .
Exercice 11.13
1. Le ressort de gauche exerce sur M la force
#»
F 1 = −k1(x(t) − l0) #» ux, et le ressort de droite la force
#»
F 2 = k2(L − x(t) − l0) #» ux.
2. À l’équilibre, le poids et la réaction du support étant verticales et se compensant, la somme des deux
forces précédentes est nulle. On obtient ainsi (k1+k2)x0 = k2L+(k1−k2)l0, soit x0 =
k2L + (k1 − k2)l0
k1 + k2
.
Pour k1 = k2, on obtient sans surprise x0 = L/2. Si k1 k2, alors x0 = l0, seul le ressort (1) influera
sur le déplacement de M .
3. Nous sommons les deux forces :
#»
F = −(k1 + k2)
x(t) −
k2L + (k1 − k2)l0
k1 + k2
#» ux ou encore :
#»
F = −(k1 + k2)(x(t) − x0) #» ux : l’association de ces deux ressorts est donc équivalente à un ressort
unique situé à gauche de M , dont la raideur serait k = k1 + k2, et la longueur à vide x0.
4. On applique la loi de la quantité de mouvement à M , projetée sur (Ox), sachant que ¨
x = ¨
X :
m ¨
X + kX = 0, soit ¨
X +
k
m
X = 0. Ceci est l’équation d’un oscillateur harmonique, de pulsation
ω0 =
k
m
. On cherche la solution sous la forme X(t) = A cos(ω0t)+B sin(ω0t). La prise en compte des
conditions initiales amène à X(0) = A = 0 et ˙
X(0) = v0 = Bω0, d’où on déduit que X(t) =
v0
ω0
sin(ω0t).
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Loi de la quantité de mouvement
7. En notant x0 l’abscisse du point de contact du volant avec le sol, il vient : x0 = v0τ
1 − exp
−
t0
τ
,
d’où : t0 = −τ ln
1 −
x0
v0τ
. On lit sur le graphe x0 = 8,7 m. On en déduit t0 = 0,87 s. Le volant touche
très rapidement le sol, laissant peu de temps à l’adversaire pour réagir. Le coup est donc efficace.
La trajectoire avec frottements tombe plus près du le filet, rendant plus ardue la tâche de l’adversaire.
8. La vitesse initiale du volant étant assez élevée, on peut proposer une loi quadratique pour les frottements
en −α #» v #» v .
Exercice 11.13
1. Le ressort de gauche exerce sur M la force
#»
F 1 = −k1(x(t) − l0) #» ux, et le ressort de droite la force
#»
F 2 = k2(L − x(t) − l0) #» ux.
2. À l’équilibre, le poids et la réaction du support étant verticales et se compensant, la somme des deux
forces précédentes est nulle. On obtient ainsi (k1+k2)x0 = k2L+(k1−k2)l0, soit x0 =
k2L + (k1 − k2)l0
k1 + k2
.
Pour k1 = k2, on obtient sans surprise x0 = L/2. Si k1 k2, alors x0 = l0, seul le ressort (1) influera
sur le déplacement de M .
3. Nous sommons les deux forces :
#»
F = −(k1 + k2)
x(t) −
k2L + (k1 − k2)l0
k1 + k2
#» ux ou encore :
#»
F = −(k1 + k2)(x(t) − x0) #» ux : l’association de ces deux ressorts est donc équivalente à un ressort
unique situé à gauche de M , dont la raideur serait k = k1 + k2, et la longueur à vide x0.
4. On applique la loi de la quantité de mouvement à M , projetée sur (Ox), sachant que ¨
x = ¨
X :
m ¨
X + kX = 0, soit ¨
X +
k
m
X = 0. Ceci est l’équation d’un oscillateur harmonique, de pulsation
ω0 =
k
m
. On cherche la solution sous la forme X(t) = A cos(ω0t)+B sin(ω0t). La prise en compte des
conditions initiales amène à X(0) = A = 0 et ˙
X(0) = v0 = Bω0, d’où on déduit que X(t) =
v0
ω0
sin(ω0t).
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