SOLUTIONS DES EXERCICES
Chapitre 2
On a équilibre stable en x = a et instable
en x = 3a.
b) La force appliquée à la particule est telle que :
F x = −
dE p (x)
dx
La force est attractive si F x < 0 soit
dE p (x)
dx
> 0,
soit dans la région a < x < 3a.
La force est répulsive si F x > 0 soit
dE p (x)
dx
< 0,
soit dans les régions où x < a et où x > 3a.
c) L’énergie mécanique
A
9
est inférieure à
4A
27
:
donc à la position x = 1,5a la particule est dans
un puits de potentiel (délimité par les points correspondant à E p (x) =
A
9
, c’est-à-dire E m = E p et
donc E c = 0 soit vitesse nulle).
Pour « libérer » la particule, il faut lui fournir
l’énergie E L nécessaire pour franchir la barrière
de potentiel, soit E L =
4A
27
−
A
9
=
A
27
.
La conservation de l’énergie mécanique donne
alors :
E mi =
4A
27
= E mf = E p (+∞) +
1
2
mv
2 avec
E p (+∞) = 0 ; donc, v =
8A
27m
2.8 a) La conservation de l’énergie mécanique
donne :
mg H = mgh +
1
2
mv
2
On obtient alors : v
2 = 2g(H − h)
Le PFD donne :
#–
P +
#–
R N = m · #– a ; on projette
cette relation suivant les axes du repère de Frenet.
NB : on définit l’angle de rotation u du chariot
lorsqu’il est sur la boucle, comme suit : l’angle u
augmente dans le sens trigonométrique et u = 0
quand le chariot est à la hauteur du centre de la
boucle.
On arrive aux relations suivantes, respectivement
suivant
#–
T et
#–
N :
−mg cos u = m
dv
dt
et mg sin u + R N = m
v
2
R c
(où
R c = rayon de courbure).
En combinant les relations obtenues, on arrive à
l’expression de R N :
R N = 2(H − h) − R c sin u
Le chariot reste accroché sur les rails si R N > 0,
donc : H > h +
R c
2
sin u
Pour que le chariot fasse un tour complet, il doit
atteindre le sommet de la boucle caractérisé par
u =
p
2
et h = 2R c . Donc la condition sur H est :
H >
5R c
2
=
5R
2
b) Quand le chariot quitte les rails, on a v = 0 et
donc d’après la relation obtenue par conservation
de l’énergie, on obtient : H = h. Quand le chariot
tombe, R N = 0, donc H = h +
R c
2
· sin u ; donc le
chariot tombe pour u = 0 (quand le chariot est à
la hauteur du centre de la boucle).
2.9 a) et b) On écrit la conservation de l’énergie mécanique avec E mf = 0.
Donc, on a :
1
2
mv
2
0 −
GMm
R
= 0, donc
v 0 =
2GM
R
Sur la Terre : v 0 = 11,2 km · s
–1 ;
sur la Lune : v 0 = 2,4 km · s
–1 .
c) On imagine que pour que la fusée arrive sur
la Lune il faut qu’elle atteigne au moins un point
où l’attraction de la Terre et de la Lune se compensent totalement (on note cette position r n ). On
note d la distance entre le centre de la Terre et
le centre de la Lune. On écrit la conservation de
l’énergie mécanique pour la fusée située à la surface de la Terre et à la position r n .
Donc, on a :
1
2
mv
2
0 −
GM T m
R T
−
GM L m
d − R T
= 0 −
GM T m
r n
−
GM L m
d − r n
Or à la position r n , on a les deux attractions (Terre
et Lune) dont les effets s’annulent ; donc en r n ,
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“Gautron_9782100543007” (Col. : ScienceSup3-193x250) — 2010/6/15 — 17:13 — page 594 — #604
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Chapitre 2
On a équilibre stable en x = a et instable
en x = 3a.
b) La force appliquée à la particule est telle que :
F x = −
dE p (x)
dx
La force est attractive si F x < 0 soit
dE p (x)
dx
> 0,
soit dans la région a < x < 3a.
La force est répulsive si F x > 0 soit
dE p (x)
dx
< 0,
soit dans les régions où x < a et où x > 3a.
c) L’énergie mécanique
A
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est inférieure à
4A
27
:
donc à la position x = 1,5a la particule est dans
un puits de potentiel (délimité par les points correspondant à E p (x) =
A
9
, c’est-à-dire E m = E p et
donc E c = 0 soit vitesse nulle).
Pour « libérer » la particule, il faut lui fournir
l’énergie E L nécessaire pour franchir la barrière
de potentiel, soit E L =
4A
27
−
A
9
=
A
27
.
La conservation de l’énergie mécanique donne
alors :
E mi =
4A
27
= E mf = E p (+∞) +
1
2
mv
2 avec
E p (+∞) = 0 ; donc, v =
8A
27m
2.8 a) La conservation de l’énergie mécanique
donne :
mg H = mgh +
1
2
mv
2
On obtient alors : v
2 = 2g(H − h)
Le PFD donne :
#–
P +
#–
R N = m · #– a ; on projette
cette relation suivant les axes du repère de Frenet.
NB : on définit l’angle de rotation u du chariot
lorsqu’il est sur la boucle, comme suit : l’angle u
augmente dans le sens trigonométrique et u = 0
quand le chariot est à la hauteur du centre de la
boucle.
On arrive aux relations suivantes, respectivement
suivant
#–
T et
#–
N :
−mg cos u = m
dv
dt
et mg sin u + R N = m
v
2
R c
(où
R c = rayon de courbure).
En combinant les relations obtenues, on arrive à
l’expression de R N :
R N = 2(H − h) − R c sin u
Le chariot reste accroché sur les rails si R N > 0,
donc : H > h +
R c
2
sin u
Pour que le chariot fasse un tour complet, il doit
atteindre le sommet de la boucle caractérisé par
u =
p
2
et h = 2R c . Donc la condition sur H est :
H >
5R c
2
=
5R
2
b) Quand le chariot quitte les rails, on a v = 0 et
donc d’après la relation obtenue par conservation
de l’énergie, on obtient : H = h. Quand le chariot
tombe, R N = 0, donc H = h +
R c
2
· sin u ; donc le
chariot tombe pour u = 0 (quand le chariot est à
la hauteur du centre de la boucle).
2.9 a) et b) On écrit la conservation de l’énergie mécanique avec E mf = 0.
Donc, on a :
1
2
mv
2
0 −
GMm
R
= 0, donc
v 0 =
2GM
R
Sur la Terre : v 0 = 11,2 km · s
–1 ;
sur la Lune : v 0 = 2,4 km · s
–1 .
c) On imagine que pour que la fusée arrive sur
la Lune il faut qu’elle atteigne au moins un point
où l’attraction de la Terre et de la Lune se compensent totalement (on note cette position r n ). On
note d la distance entre le centre de la Terre et
le centre de la Lune. On écrit la conservation de
l’énergie mécanique pour la fusée située à la surface de la Terre et à la position r n .
Donc, on a :
1
2
mv
2
0 −
GM T m
R T
−
GM L m
d − R T
= 0 −
GM T m
r n
−
GM L m
d − r n
Or à la position r n , on a les deux attractions (Terre
et Lune) dont les effets s’annulent ; donc en r n ,
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