solutions des exercices
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Le travail du poids pendant ce temps vaut W 0→t (m − → g ) = mgh G , où h G désigne la
différence d’altitude de G entre ces deux instants (h G est positif puisque la bille descend ;
le travail du poids est moteur) ; ainsi W 0→t (m − → g ) = mgx G sin a = mg
5
14
g sin at
2 où
V G =
5
7
g sin a.t conduit à W 0→t (m − → g ) =
7
10
mV
2
G . On a donc DE C = W 0→t (m − → g ) ;
puisque
− →
N ne travaille pas, on retrouve ainsi que la réaction tangentielle
− →
T ne travaille
pas. En effet, la puissance de
− →
T est P(
− →
T ) =
− →
T .
V I (R) ; dans le cas du roulement sans
glissement elle est nulle à tout instant car
V I (R) =
− →
0 , ∀t. L’énergie mécanique de la bille
est donc conservative.
a G
sin
sin l
3. On reprend les trois égalités données par
la relation fondamentale de la dynamique et
le théorème du moment cinétique. Dans le
cas le plus général, on a :

   
   
N = mg cos a
m
d
2 x G
dt 2 = mg sin a 1 T
2
5
mr
dv
dt
= T
Lorsque le glissement apparaît, on a
− →
T = f
− →
N , ce qui donne :

  
  
d
2 x G
dt 2 = g
sin a − f cos a
r
d
2 f
dt 2 = −
5
2
fg cos a
Pour la vitesse de glissement positive
(T < 0), on trace le graphe ci-dessus.
R Az
a
z
x
M g
R bz
B
A
R Bx
R Ax
L + h/2
L + h/2
+
23 1. On se place dans le référentiel
Oxyz, qui est galiléen si le système ne tourne
pas.
Le système étant soumis aux trois forces
M − → g ,
R A ,
R B une condition nécessaire de
son équilibre est que ces forces soient coplanaires et concourantes. Il est judicieux de
décomposer
R A et
R B selon l’axe vertical Oz et selon Ox. On travaille avec
des notations algébriques, c’est-à-dire que
R Ax , R Bx , R Az , R Bz sont les projections des
forces affectées du signe convenable.
1. MÉCANIQUE
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