SOLUTIONS DES EXERCICES
Chapitre 4
On note a l’angle que fait la réaction
#–
R avec
la verticale. On obtient la relation suivante pour
trouver cet angle a :
tan a =
mr
′ v
2
mg
=
r
′ v
2
g
Pour r 1 = 0,1 m, a vaut 22
◦ . Pour r 2 = 1 m, a
vaut 77
◦ .
Ainsi, plus la graine est située loin de l’axe de
rotation, plus la pousse est inclinée vers cet axe
de rotation.
3.7 a) Pas de déviation du fil car la voiture est
en translation rectiligne uniforme par rapport au
référentiel lié à la Terre supposé galiléen.
b) En fait on a #– a e = #– a 0 ; la voiture se déplace
en ligne droite, donc #– a c =
#–
0 . De plus la bille est
en équilibre donc #– a r =
#–
0 . La tension du fil est
notée
#–
T .
On a : −m · #– a 0 +
#–
T +
#–
P =
#–
0 ; en projetant suivant
les axes
#–
i
′ et
#–
j
′ (
#–
i
′ dans le sens du mouvement,
#–
j
′ vertical dirigé vers le haut), on obtient :
−ma 0 ·
#–
i
′ +T sin a·
#–
i
′ +T cos a·
#–
j
′ −mg·
#–
j
′ =
#–
0
En combinant les composantes suivant
#–
i
′ et
#–
j
′ ,
on trouve : tan a =
a 0
g
.
c) i.
#–
f ic = −2mv ·
#–
k ∧ Rv · #– u u = 2m Rv
2 · #– u r
#–
f ie − mv ·
#–
k ∧
v ·
#–
k ∧ R · #– u r
= m Rv
2 · #– u r
ii. Donc,
#–
T +
#–
P +
#–
f ic +
#–
f ie =
#–
0 ; d’où :
#–
T = mg ·
#–
k − 3m Rv
2 · #– u r
L’angle g que fait le fil avec la vertical peut être
déterminé comme suit :
tan g =
3m Rv
2
mg
=
3Rv
2
g
3.8 a) Le satellite reste à la verticale d’un même
point de la Terre : sa trajectoire est donc circulaire.
D’après le théorème du moment cinétique calculé
par rapport au point O (centre de la Terre) et appliqué au satellite M, soumis à une force centrale,
on peut écrire :
d #–
s O
dt
=
#–
M O (
#–
F ) =
#–
0
Pour que la trajectoire soit dans un plan contenant
O (centre de la Terre), il faut que ce plan soit le
plan équatorial.
b) Le satellite suit l’orbite circulaire à une
vitesse angulaire égale à celle de la rotation de
la Terre. On a la relation suivante pour ce mouvement circulaire uniforme :
#–
F = −
GM T m
r 2 · #– u r = −m
v
2
r
· #– u r ,
d’où
GM T
r 2 =
v
2
r
; on a donc : v
2 =
GM T
r
.
De plus, sur une période T d’un jour, le satellite parcourt une distance 2pr : donc, v =
2pr
T
.
Donc, on obtient : r S =
3
GM T T
2
4p 2 . Or on sait
que : GM T = g 0 R
2
T , donc on a : r S =
3
g 0 R
2
T T
2
4p 2 .
On trouve r S = 42626 km et v S = 3,1 km · s
–1 .
Chapitre 4
4.1 a) Le système considéré est le diable (noté
D ou Diable). Il s’agit de recenser les torseurs qui
lui sont extérieurs :
A(Charge → D)
=
#–
P
#–
0
G
,
A(Sol → D)
=
#–
R
#–
0
B
A(Main → D)
=
#–
F
#–
0
C
Le torseur résultant noté
A(Résultant → D)
peut être obtenu par la somme des autres torseurs
au même point par exemple B :
Torseur de la charge sur le diable exprimé en B
A(Charge → D)
B
=
#–
P
#–
0
G
=
−Mg #– y
−Mg #– y ∧
# –
G B
=
−Mg #– y
Mg(
h
2
sin a −
L
2
cos a + a cos a) #– z
B
598
“Gautron_9782100543007” (Col. : ScienceSup3-193x250) — 2010/6/15 — 17:13 — page 598 — #608
i
i
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Chapitre 4
On note a l’angle que fait la réaction
#–
R avec
la verticale. On obtient la relation suivante pour
trouver cet angle a :
tan a =
mr
′ v
2
mg
=
r
′ v
2
g
Pour r 1 = 0,1 m, a vaut 22
◦ . Pour r 2 = 1 m, a
vaut 77
◦ .
Ainsi, plus la graine est située loin de l’axe de
rotation, plus la pousse est inclinée vers cet axe
de rotation.
3.7 a) Pas de déviation du fil car la voiture est
en translation rectiligne uniforme par rapport au
référentiel lié à la Terre supposé galiléen.
b) En fait on a #– a e = #– a 0 ; la voiture se déplace
en ligne droite, donc #– a c =
#–
0 . De plus la bille est
en équilibre donc #– a r =
#–
0 . La tension du fil est
notée
#–
T .
On a : −m · #– a 0 +
#–
T +
#–
P =
#–
0 ; en projetant suivant
les axes
#–
i
′ et
#–
j
′ (
#–
i
′ dans le sens du mouvement,
#–
j
′ vertical dirigé vers le haut), on obtient :
−ma 0 ·
#–
i
′ +T sin a·
#–
i
′ +T cos a·
#–
j
′ −mg·
#–
j
′ =
#–
0
En combinant les composantes suivant
#–
i
′ et
#–
j
′ ,
on trouve : tan a =
a 0
g
.
c) i.
#–
f ic = −2mv ·
#–
k ∧ Rv · #– u u = 2m Rv
2 · #– u r
#–
f ie − mv ·
#–
k ∧
v ·
#–
k ∧ R · #– u r
= m Rv
2 · #– u r
ii. Donc,
#–
T +
#–
P +
#–
f ic +
#–
f ie =
#–
0 ; d’où :
#–
T = mg ·
#–
k − 3m Rv
2 · #– u r
L’angle g que fait le fil avec la vertical peut être
déterminé comme suit :
tan g =
3m Rv
2
mg
=
3Rv
2
g
3.8 a) Le satellite reste à la verticale d’un même
point de la Terre : sa trajectoire est donc circulaire.
D’après le théorème du moment cinétique calculé
par rapport au point O (centre de la Terre) et appliqué au satellite M, soumis à une force centrale,
on peut écrire :
d #–
s O
dt
=
#–
M O (
#–
F ) =
#–
0
Pour que la trajectoire soit dans un plan contenant
O (centre de la Terre), il faut que ce plan soit le
plan équatorial.
b) Le satellite suit l’orbite circulaire à une
vitesse angulaire égale à celle de la rotation de
la Terre. On a la relation suivante pour ce mouvement circulaire uniforme :
#–
F = −
GM T m
r 2 · #– u r = −m
v
2
r
· #– u r ,
d’où
GM T
r 2 =
v
2
r
; on a donc : v
2 =
GM T
r
.
De plus, sur une période T d’un jour, le satellite parcourt une distance 2pr : donc, v =
2pr
T
.
Donc, on obtient : r S =
3
GM T T
2
4p 2 . Or on sait
que : GM T = g 0 R
2
T , donc on a : r S =
3
g 0 R
2
T T
2
4p 2 .
On trouve r S = 42626 km et v S = 3,1 km · s
–1 .
Chapitre 4
4.1 a) Le système considéré est le diable (noté
D ou Diable). Il s’agit de recenser les torseurs qui
lui sont extérieurs :
A(Charge → D)
=
#–
P
#–
0
G
,
A(Sol → D)
=
#–
R
#–
0
B
A(Main → D)
=
#–
F
#–
0
C
Le torseur résultant noté
A(Résultant → D)
peut être obtenu par la somme des autres torseurs
au même point par exemple B :
Torseur de la charge sur le diable exprimé en B
A(Charge → D)
B
=
#–
P
#–
0
G
=
−Mg #– y
−Mg #– y ∧
# –
G B
=
−Mg #– y
Mg(
h
2
sin a −
L
2
cos a + a cos a) #– z
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