CORRIGÉS
Dynamique du pointmatériel
2
26
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
La solution de l’équation du mouvement est :
u = Ae w t + Be – w t .
Compte tenu des conditions initiales,
u(0) = u 0 = A + B et ·
u(0) = 0 = w(A – B),
on obtient u(t) = u 0 ch(w t):sionécarte légèrementlepoint
de sa position d’équilibre, il s’en éloigne encore plus, l’équilibre est donc instable.
Pour q e = q 2 ,cosq 2 et sinq 2 sont négatifs. On pose alors :
Comme pour q 1 ,onobtient :
w 2 == +
1
2
.
La solution de l’équation du mouvement est :
u = Acosw t + Bsinw t avec A = u 0 et B = 0
en tenant compte des conditions initiales, d’où u(t) = u 0 cosw t :
si on écarte légèrement le point de sa position d’équilibre, il y
revient :l’équilibre est donc stable.
Mouvementd’une masse
accrochée àunr essort,impact
au pointd’a ttache (oral TPE)
Àl ’équilibre, les forces qui agissents ur m sont l’action du
ressort, le poids et la réation du support, parallèle àO yen
l’absence de frottements.
En projection sur Ox :0 =–k(x e –L 0 )+mg sin α.
Au cours du mouvement : m¨ x =–k(x–L 0 )+mg sin α
m¨ x =–k(x–x e ).
En introduisant ω 0
,onobtient :
¨
x + ω 0
2 x = ω 0
2 x e .
d’où x(t)=Acos ω 0 t + B sin ω 0 t + x e .
A t =0 x(0) = A + x e = x e
A =0
·
x(0) = B ω 0 =–v 0 B=
Donc x(t)=
sin ω 0 t + x e .
x e
t 1
T 0
T 0
2
w 0
O
x(t)
y
–
v 0
0
ω
–
v 0
0
ω
=
k
m
6
– k
m cosq 2
k 2
m 2
g 2
R 2
–c os
sin.
wq
q
22
2
=+
k
m
g
R
x ( t )peut s’annuler si
0
v 0 x e ω 0 .
On aimpact en O à t 1 avec t 1 .
=s oit
.
La vitesse au moment du choc vérifie :
·
x(t 1 )=–v 0 cos ω 0 t 1 .
·
x(t 1 )=–v 0 1–
Enroulementd’unfil
sur un cylindre
1 • = 0 – Rq puisque la longueur enroulée vaut Rq.
2 • OM
— ➞ = OI
— ➞ + IM
— ➞ = Ru
➞
r +(l 0 –Rq)u
➞
q .
3•
,d ’où, après simplification :
v
➞ = –
·
q ( 0 – Rq )u
➞
r .
4 • Les forces qui s’exercentsur le point M sont :
• son poids P
➞ ;
• la réaction du plan horizontal R
➞ ;
• la tension du fil T
➞ .
Il n’y apas de frottements.
Les deux premièresf orces sont verticales, la dernière est
dirigée par u
➞
q ,donc P
➞ + R
➞ =0
➞ et m
d
d
v
t
= T
➞ =–Tu
➞
q est
perpendiculaire à v
➞
,soit : v
➞
.
=0,cequi assure v =cte = v 0 .
5 •
·
q >0, 0 –R q>0,l an orme de la vitesse est donc
v =
·
q ( 0 – Rq) = v 0 .
6 • L’équation précédente s’intègre en 0 q –= v 0 t
(compte tenu des conditionsinitiales).
q(t)e st donc la solution de l’équation du seconddegré :
q 2 –+= 0.
Donc :
q(t)=
± 8
2
–.
1
2
ω 2
0 x 2
e
v 2
0
0
R
0
R
2 v 0 t
R
ω 0
0
x e
v
sin ω 01 t
t
x e
1
0
0
0
1
= ω
ω
Arcsin v
T 0
4
T 0
0
2
=
π
ω
x e –
v 0
0
ω
2 0 q
R
2v 0 t
R
Rq 2
2
dv
➞
dt
d
d
et
u
t
u
du
dt
u
r
r
== qq q
θ
–
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Dynamique du pointmatériel
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©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
La solution de l’équation du mouvement est :
u = Ae w t + Be – w t .
Compte tenu des conditions initiales,
u(0) = u 0 = A + B et ·
u(0) = 0 = w(A – B),
on obtient u(t) = u 0 ch(w t):sionécarte légèrementlepoint
de sa position d’équilibre, il s’en éloigne encore plus, l’équilibre est donc instable.
Pour q e = q 2 ,cosq 2 et sinq 2 sont négatifs. On pose alors :
Comme pour q 1 ,onobtient :
w 2 == +
1
2
.
La solution de l’équation du mouvement est :
u = Acosw t + Bsinw t avec A = u 0 et B = 0
en tenant compte des conditions initiales, d’où u(t) = u 0 cosw t :
si on écarte légèrement le point de sa position d’équilibre, il y
revient :l’équilibre est donc stable.
Mouvementd’une masse
accrochée àunr essort,impact
au pointd’a ttache (oral TPE)
Àl ’équilibre, les forces qui agissents ur m sont l’action du
ressort, le poids et la réation du support, parallèle àO yen
l’absence de frottements.
En projection sur Ox :0 =–k(x e –L 0 )+mg sin α.
Au cours du mouvement : m¨ x =–k(x–L 0 )+mg sin α
m¨ x =–k(x–x e ).
En introduisant ω 0
,onobtient :
¨
x + ω 0
2 x = ω 0
2 x e .
d’où x(t)=Acos ω 0 t + B sin ω 0 t + x e .
A t =0 x(0) = A + x e = x e
A =0
·
x(0) = B ω 0 =–v 0 B=
Donc x(t)=
sin ω 0 t + x e .
x e
t 1
T 0
T 0
2
w 0
O
x(t)
y
–
v 0
0
ω
–
v 0
0
ω
=
k
m
6
– k
m cosq 2
k 2
m 2
g 2
R 2
–c os
sin.
wq
q
22
2
=+
k
m
g
R
x ( t )peut s’annuler si
0
v 0 x e ω 0 .
On aimpact en O à t 1 avec t 1 .
=s oit
.
La vitesse au moment du choc vérifie :
·
x(t 1 )=–v 0 cos ω 0 t 1 .
·
x(t 1 )=–v 0 1–
Enroulementd’unfil
sur un cylindre
1 • = 0 – Rq puisque la longueur enroulée vaut Rq.
2 • OM
— ➞ = OI
— ➞ + IM
— ➞ = Ru
➞
r +(l 0 –Rq)u
➞
q .
3•
,d ’où, après simplification :
v
➞ = –
·
q ( 0 – Rq )u
➞
r .
4 • Les forces qui s’exercentsur le point M sont :
• son poids P
➞ ;
• la réaction du plan horizontal R
➞ ;
• la tension du fil T
➞ .
Il n’y apas de frottements.
Les deux premièresf orces sont verticales, la dernière est
dirigée par u
➞
q ,donc P
➞ + R
➞ =0
➞ et m
d
d
v
t
= T
➞ =–Tu
➞
q est
perpendiculaire à v
➞
,soit : v
➞
.
=0,cequi assure v =cte = v 0 .
5 •
·
q >0, 0 –R q>0,l an orme de la vitesse est donc
v =
·
q ( 0 – Rq) = v 0 .
6 • L’équation précédente s’intègre en 0 q –= v 0 t
(compte tenu des conditionsinitiales).
q(t)e st donc la solution de l’équation du seconddegré :
q 2 –+= 0.
Donc :
q(t)=
± 8
2
–.
1
2
ω 2
0 x 2
e
v 2
0
0
R
0
R
2 v 0 t
R
ω 0
0
x e
v
sin ω 01 t
t
x e
1
0
0
0
1
= ω
ω
Arcsin v
T 0
4
T 0
0
2
=
π
ω
x e –
v 0
0
ω
2 0 q
R
2v 0 t
R
Rq 2
2
dv
➞
dt
d
d
et
u
t
u
du
dt
u
r
r
== qq q
θ
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