La relation fondamentaledeladynamique
ma
➞ (M) = P
➞ + R
➞ projetée sur e
➞
r et e
➞
q donne :
– ma
·
q 2 = R – mg cosq
(1)
ma ¨
q =mgsinq .
(2)
L’enfant esquimau quittera le contact avec l’igloo quand R
sera nul. Il faut donc exprimer R en fonction de q et, pour
cela, déterminer préalablement la relation entre
·
q 2 et q :o n
multiplie la relation (2) par
·
q :
ma
·
q ¨
q = mg
·
q sinq
où A est une constante déterminéepar les conditions initiales q(0) = 0e t
·
q (0) = 0,donc A = mg .
La relation recherchée est ma
·
q
2 = 2mg(1 –c osq).O nl a
reporte dans l’équation (1) : R = mg(3 cosq –2).
R est positif tant que q reste inférieur à:
2•Quand l’enfant aquitté l’igloo, il n’est plus soumis qu’à son
poids. On choisit cet instant comme nouvelle origine des temps.
Les conditions initialesdecenouveau mouvement sont :
x(0) = a sinq 0 = x 0 , z(0) = a cosq 0 = z 0 (point M 0 )
v
➞ (0) = a
·
q 0 e
➞
0 = a
·
q 0 (cosq 0 e
➞
x –sinq 0 e
➞
z )
=
3 e
➞
x –
1
e
➞
z = v 0x e
➞
x + v 0 z e
➞
z
Le mouvement est parabolique, tangent àl ’iglooa up oint
M 0 .Les lois horaires du mouvement sont :
.
L’enfant touchelesol àl’instant t f tel que z(t f ) = 0.Onobtient :
(l’autreracine est négative).
Sa vitesse, quandilarrive sur le sol, est donc:
v
➞
f =v 0x e
➞
x +(v 0z –gt f )e
➞
z .
t
g
vvgz
fz
z
=+
+
(
)
1
2
00
2
0
xt
vt x
zt
gt vt z
x
z
()
() –
=+
=+
+
00
2
00
2
2 ga
3
2
3
5
9
q 0
2
3
48
=
=
arccos
.
°
⇔=
+
1
2
2
ma
mg
A
qq –c os
,
⇔
=
d
d
d
d
t
ma
t
mg
1
2
2
qq (– cos)
z
x
e r
R
mg
e
θ
θ
M
CORRIGÉS
Dynamique du pointmatériel
2
24
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
Étude d’un pendule simple,
réactionaupointd’a ttache
Au point O,lefil étant sans masse, on a:
R
➞ +(–T
➞
)=0
➞ .
Pour la masse m située au point M,o np eut apliquer le principe fondamental de la dynamique dans la référentiel galiléen
où se fait l’expérience.
Soit : ma
➞
(M)=mg
➞ + T
➞ avec
a
➞ =–
·
q
2 u
➞
r + ¨
qu
➞
q
T
➞ =–Tu
➞
r .
On en déduit
– m
·
q
2 = mg cos q – T
m ¨
q =–mg sin q .
En multipliant l’équation par
·
q ,ilvient :
m
·
q ¨
q =–mg sin q
·
q
m
.
Les conditions initiales
·
q =0pour q =p ermettentd’obtenir K =0.
D’où R
➞ = T
➞ =–3mg cos q u
➞
r .
R x (q )=–3mg cos 2 q
R y (q )=–3mg sin q cos q.
Un jeu d’enfant
1 • Les forces qui s’exercent sur l’enfant sont son poids
P
➞ = – mge
➞
z et la réaction de l’igloo R
➞ = Re
➞
r (en l’absence
de frottements).
y e x
y u r
my g
y u q
y e y
y R
y T
y
x
O
M
q
4
π
2
1
2
2
mm gK
qq =+ cos.
d
d t
dm g
1
2
2
qq
= (c os )
3
ma
➞ (M) = P
➞ + R
➞ projetée sur e
➞
r et e
➞
q donne :
– ma
·
q 2 = R – mg cosq
(1)
ma ¨
q =mgsinq .
(2)
L’enfant esquimau quittera le contact avec l’igloo quand R
sera nul. Il faut donc exprimer R en fonction de q et, pour
cela, déterminer préalablement la relation entre
·
q 2 et q :o n
multiplie la relation (2) par
·
q :
ma
·
q ¨
q = mg
·
q sinq
où A est une constante déterminéepar les conditions initiales q(0) = 0e t
·
q (0) = 0,donc A = mg .
La relation recherchée est ma
·
q
2 = 2mg(1 –c osq).O nl a
reporte dans l’équation (1) : R = mg(3 cosq –2).
R est positif tant que q reste inférieur à:
2•Quand l’enfant aquitté l’igloo, il n’est plus soumis qu’à son
poids. On choisit cet instant comme nouvelle origine des temps.
Les conditions initialesdecenouveau mouvement sont :
x(0) = a sinq 0 = x 0 , z(0) = a cosq 0 = z 0 (point M 0 )
v
➞ (0) = a
·
q 0 e
➞
0 = a
·
q 0 (cosq 0 e
➞
x –sinq 0 e
➞
z )
=
3 e
➞
x –
1
e
➞
z = v 0x e
➞
x + v 0 z e
➞
z
Le mouvement est parabolique, tangent àl ’iglooa up oint
M 0 .Les lois horaires du mouvement sont :
.
L’enfant touchelesol àl’instant t f tel que z(t f ) = 0.Onobtient :
(l’autreracine est négative).
Sa vitesse, quandilarrive sur le sol, est donc:
v
➞
f =v 0x e
➞
x +(v 0z –gt f )e
➞
z .
t
g
vvgz
fz
z
=+
+
(
)
1
2
00
2
0
xt
vt x
zt
gt vt z
x
z
()
() –
=+
=+
+
00
2
00
2
2 ga
3
2
3
5
9
q 0
2
3
48
=
=
arccos
.
°
⇔=
+
1
2
2
ma
mg
A
qq –c os
,
⇔
=
d
d
d
d
t
ma
t
mg
1
2
2
qq (– cos)
z
x
e r
R
mg
e
θ
θ
M
CORRIGÉS
Dynamique du pointmatériel
2
24
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
Étude d’un pendule simple,
réactionaupointd’a ttache
Au point O,lefil étant sans masse, on a:
R
➞ +(–T
➞
)=0
➞ .
Pour la masse m située au point M,o np eut apliquer le principe fondamental de la dynamique dans la référentiel galiléen
où se fait l’expérience.
Soit : ma
➞
(M)=mg
➞ + T
➞ avec
a
➞ =–
·
q
2 u
➞
r + ¨
qu
➞
q
T
➞ =–Tu
➞
r .
On en déduit
– m
·
q
2 = mg cos q – T
m ¨
q =–mg sin q .
En multipliant l’équation par
·
q ,ilvient :
m
·
q ¨
q =–mg sin q
·
q
m
.
Les conditions initiales
·
q =0pour q =p ermettentd’obtenir K =0.
D’où R
➞ = T
➞ =–3mg cos q u
➞
r .
R x (q )=–3mg cos 2 q
R y (q )=–3mg sin q cos q.
Un jeu d’enfant
1 • Les forces qui s’exercent sur l’enfant sont son poids
P
➞ = – mge
➞
z et la réaction de l’igloo R
➞ = Re
➞
r (en l’absence
de frottements).
y e x
y u r
my g
y u q
y e y
y R
y T
y
x
O
M
q
4
π
2
1
2
2
mm gK
qq =+ cos.
d
d t
dm g
1
2
2
= (c os )
3