Solution de la serie 4 : Energie et Chocs

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Exercice 1Ec (50)− Ec (0) = W x=50

x=0

(

~F T)

=´ 50

0~F T .d~r

Mouvement rectiligne : d~r = dx~i et ~F T = F~i⇒ dW(

~F T)

= ~F T .d~r = Fdx

W x=50x=0

(

~F)

=´ 50

0Fdx = A (0, 50, F ) = (40+30)m×1N

2= 35J

Exercice 2Dans chaque cas, on ecrit : WOABCO

(

~F)

= WOAB

(

~F)

+ WBCO

(

~F)

et d~r = dx~i + dy~j

Pour ~F1 = −y~i + x~jSur OAB : y = x2

2⇒ dy

dx= x ⇒ dy = xdx. En

remplacant y et dy, on obtient :~F1.d~r = −ydx + xdy = −x2

2dx + x2dx = x2

2dx

Donc, W0AB

(

~F1

)

=´ 2

0x2

2dx = 4

3J

Sur BCO : y = x⇒ dy = dx. En remplacant y etdy, on obtient :~F1.d~r = −xdx + xdx = 0dx et WBCO

(

~F)

=´ 0

20dx = 0J

Finalement, WOABCO

(

~F1

)

= 43J

Pour ~F2 = x~i + y~jSur OAB : y = x2

2⇒ dy

dx= x ⇒ dy = xdx. En

remplacant y et dy, on obtient :~F2.d~r = xdx + ydy = xdx + x3

2dx

Donc, W0AB

(

~F2

)

=´ 2

0

(

x3

2+ x

)

dx = 4J

Sur BCO : y = x⇒ dy = dx. En remplacant y etdy, on obtient :~F2.d~r = xdx + xdx = 2xdx et WBCO

(

~F2

)

=´ 0

22xdx = −4J

Finalement, WOABCO

(

~F2

)

= 0J

2. WOABCO

(

~F)

est un travail sur un chemin ferme. Comme WOABCO

(

~F1

)

6= 0, cette force ne derive

pas d’un potentiel. Par contre, WOABCO

(

~F2

)

= 0, cette force peut deriver d’un potentiel. En effet, elle

derive effectivement de l’energie potentielle Ep = −12(x2 + y2) car ~F2 = x~i + y~j = −

(

∂Ep

∂x~i + ∂Ep

∂y~j)

.

Exercice 31. L’origine des energies potentielles est l’infini : Ep (r) = −GMm

r. Le poids est une force gravitation-

nelle : mg0 = GMmR2 , donc

g0 = G MR2 ⇒ Ep (r) = −mg0

R2

r

2.a. RFD : F = man ⇒ GMma2 = mv2

aavec v = 2π

Ta = ω0a⇒ a =

(

GMω2

0

)1/3

=(

g0R2

ω2

0

)1/3

2.b. Ec = 12mv2 ⇒ Ec = 1

2mω2

0

(

g0R2

ω2

0

)2/3

= 12m (g0R

2ω0)2/3

Ep = −mg0R2

a= −m (R2g0ω0)

2/3 ⇒ ET = −12m (g0R

2ω0)2/3

3. Force centrale implique ~L = m~r ∧ ~v = ~C (constant) ⇒ mO ~D ∧ ~V1 = mO ~A ∧ ~V2

Donc mdV1 sin(

π2

)

= maV2 sin(

π2

)

⇒ dV1 = aV2

Exercice 4M = 5.98× 1024kg, RT = 6400km, m = 68kg et G = 6.67× 10−11N.m2.kg−2

1. Ep (r) = −GMmr

Rappel du calcul de Ep (non demande dans la question)

Ep (B)− Ep (A) = −W BA (~F ) = −

´ B

A~F .d~r ou ~F = −GMm

r2 ~ur et d~r = dr~ur. Donc~F .d~r = −GMmr2 dr

Ep (B)− Ep (A) =´ rB

rAGMm

r2 dr =[

−GMmr

]rB

rA= −GMm

rB+ GMm

rA

Donc Ep (r) = −GMmr

+ C.On choisit l’origine des energies potentielles gravitationnelles a l’infini :limr→∞ Ep (r) = 0J ⇒ limr→∞

(

−GMmr

+ C)

= 0J ⇒ C = 0J .2. ET = Ec + Ep

Ec = 12mv2 avec mv2

r= GMm

r2 (voir exercice 3). Donc Ec = 12GmM

ret ET = −1

2GmM

r.

3. RFD F = man ⇒ GMmr2 = mv2

r. Trajectoire circulaire : v = rω ⇒ GMm

r2 = m r2ω2

r⇒ r3ω2 = GM

1

4. Un satellite qui parait immobile dans le ciel a une periode= 24h, T = 86400s. Sachant que ω = 2πT

,

la loi de Kepler donne alors r =(

GM T 2

4π2

)1

3

= 42250km.

L’altitude est h = r − RT = 35850km. La vitesse est v = rω = 2πrT

, v = 3072.5m/s. L’energie totaleest : ET = 1

2mv2 −GMm

r= −6.42× 1011J .

Exercice 5m = 20kg, v0 = 30m/s, g = 10m/s2

1.a. Ec0 = 12mv2

0 = 9000J , Ep0 = mgz0 = 0J , ET = 9000J = 9kJ .1.b. Ep = mgz avec z = −5t2 + 30t⇒ Ep = −t2 + 6t (en kJ), ET = 9kJ et Ec = ET − Ep ≥ 0.

0 1 2 3 4 5 6 70

1

2

3

4

5

6

7

8

9

t(s)

E(kJ)

Ep

Ec

ET

0 1 2 3 4 5 60

1

2

3

4

5

6

7

8

9

z(×10m)

E(kJ)

Ep

Ec

ET

Le graphe montre que Ep (3s) = 9kJ , Ec (3s) = 0kJ .Ep (5s) = 5kJ , Ec (5s) = 4kJ .Pour t = 8s, on aura (par calcul) Ep (8s) = −16kJ . Ec = 25kJ . Remarquons que le mouvementpourrait devenir impossible apres t = 6s car Ep (6s) = 0J , ce qui implique le corps revient au niveaudu sol.1.c. Ep = mgz = 0.2z (Ep ben kJ et z en m), ET = 9kJ et Ec = ET − Ep ≥ 0.Le graphe montre que Ep (30m) = 6kJ , Ec (30m) = 3kJ .Pour z ≥ 45m, on a Ep ≥ ET ⇒ Ec ≤ 0, le mouvement est impossible (pour z = 50m).1.d. Ec max = ET = 9kJ . Ec (z) = 0.8E = 7.2kJ . On voit que z = 9m.2. On considere le cas ou α = 70◦ ⇒ α = 7π

18. Donc v0x = v0 cos α = 10.26m

set v0z = v0 sin α = 28.19m

s.

2.a. Ec0 = 12mv2

0 = 9000J , Ep0 = mgz0 = 0J , ET = 9000J = 9kJ .2.b Ep = mgz avec z = −1

2gt2 + v0zt⇒ Ep (t) = mg

(

−12gt2 + v0t sin α

)

, ET = 9kJ et Ec = ET −Ep.

2

0 1 2 3 4 5 60

1

2

3

4

5

6

7

8

9

t(s)

E(kJ)

Ep

Ec

ET

0 1 2 3 4 5 60

1

2

3

4

5

6

7

8

9

z(×10m)

E(kJ)

Ep

Ec

Ec0x

ET

Le graphe montre que Ep (3s) = 7.91kJ , Ec (3s) = 1.09kJ .Ep (5s) = 3.19kJ , Ec (5s) = 5.81kJ .Ep (8s) = −18.89kJ , Ec (8s) = 27.89kJ .2.c Ep = mgz = 0.2z (Ep ben kJ et z en m), ET = 9kJ et Ec = ET − Ep ≥ Ec0x = 1

2mv2

0 cos2 α =1, 05kJ .Le graphe montre que Ep (30m) = 6kJ , Ec (30m) = 3kJ .Pour z ≥ 39.75m, on a Ec = Ecx + Ecz ≤ Ec0x ⇒ Ecz ≤ 0, le mouvement est impossible (pourz = 50m).2.d. Ec max = ET = 9kJ . Ec (z) = 0.8E = 7.2kJ . On voit que z = 9m.2.e. Le sommet de la trajectoire correspond au minimum de EC . Il correspond a z = 39.5m, Ec =Ec0x = 1, 05kJ et Ep = 7.95kJ .Exercice 7Donnees : R = 1m, m = 0.2kg, α = π

4, k = 104N/m, g = 9.81m/s2

a. ET (B)−ET (A) = W BA ( ~C) = 0, 1

2mv2

b +mgR(1−cos α)−mgR = 0. D’ouvb =√

2gR cos α = 3.72ms

RFD sur l’axe normal : C −mg cos α = mv2

b

R. DoncC = 3mg cos α = 4.16N

b. P = mg = 1.96N → 3.9cm et C = 4.16N → 2.08cm

c. an =v2

b

R= 2g cos α = 13.87m

s2 et mg sin α = mat ⇒ at = g sin α = 6.94ms2

a =√

a2n + a2

t = g√

1 + 3 cos2 α = 15.51ms2

2. x =√

2mgRk

= 1.98cm

Exercice 8Donnees : m = 0.04kg, p0 = 0.8kgm/s.

1. Ec0 = 12mv2

0 =p2

0

2m= 8 J , Ep0 = 2J et ET = 10J .

Exercice 10Donnees : α = 25◦ = 0.436rd BC = L = 2m, CD = l = 0.2m, R = 0.2m, m = 0.5kg, k = 15N/m,µs = 0.6, µg = 0.4, g = 9.81m/s2. x1 = 0.1m,

1. RFD : ~P + ~T + ~C0 = ~0 et C0x = µsC0y =⇒ x0 = mgk

(µs cos α− sin α) = 3.96cm.

2. a. ET (D)−ET (x1) = W Dx1

( ~C) ; ou ET (D) = 12mv2

D et ET (x1) = mgh1+12kx2

1 avec h1 = (L+x1) sin α.

Comme Cx change, on a : W Dx1

( ~C) = W Cx1

( ~C) + W DC ( ~C) = −µdmg cos α(x1 + L)− µdmgl

Alors : v2D = 2g (L + x1) (sin α− µg cos α)− 2gµgl + k

mx2

1 = 1.2063m2

s2 ⇒, vD = 1.1m/s

2.b. ET (D) = ET (M) car W MD ( ~C) = 0. Donc, vM =

√

v2D − 2gR (1− cos θ)

3

2.c. vM = 0⇒ v2D − 2gR (1− cos θ) = 0⇒ cos θ = 1− v2

D

2gR= 0.69⇒ θ = 46.24◦

3. La force de contact en E est telle que mg +C = mv2

E

R= m

v2

D−4gR

R(voir vM dans (2.b) pour θ = π).

La masse decolle quand C = 0 (pas de contact). Donc vD min =√

5gR = 3.13ms

Exercice 11m1 = 0.1kg, m2 = 0.2kg, h = 0.2m1. On peut simplifier l’exercice en ecrivant m1 = m et m2 = 2m, mais on etudiera la cas general dontles solutions sont simples et generales.Vitesse de la particule 1 juste avant le contact :~T ⊥ d~l =⇒ ET = C. Donc 1

2m1v

21 = m1gh soit v2

1 = 2gha. Choc elastique :{

m1v1 = m1v′

1 + m2v′

212m1v

21 = 1

2m1v

′21 + 1

2m2v

′22

En divisant les deux equations par m1, on obtient{

v′

1 = v1 − m2

m1

v′

2

v21 = v′2

1 + m2

m1

v′22

Le remplacement de v′

1 dans la deuxieme equation donne :−2v1v′

2 + (1 + m2

m1

)v′22 = 0

Solution inacceptable : v′

2 = 0 =⇒ v′

1 = v1

Solution acceptable : v′

2 = 2m1v1

m1+m2

et v′

1 = (m1−m2)m1+m2

v1. Alors h′

1 =v′21

2g= (m1−m2)2

(m1+m2)2h = 2.22cm et

h′

2 =v′22

2g=

4m2

1

(m1+m2)2h = 8.89cm

Remarquons que m1 rebondit car v′

1 < 0.b. Choc parfaitement inelastique

m1v1 = (m1 + m2) v′. Donc v′ = m1

m1+m2

v1 et h′ = v′2

2g=

m2

1

(m1+m2)2h = 2.22cm

2. Il est plus simple de permuter les valeurs des masses m1 = 0.2kg et m2 = 0.1kg

a. Choc elastique : h′

1 = (m1−m2)2

(m1+m2)2h = 2.22cm et h′

2 =4m2

1

(m1+m2)2h = 35.56cm

Remarquons que les deux boules vont dans le meme sens et montent a des hauteurs plus grandes quecelle de la question 1.a. La boule cible m2 (la plus legere) monte le plus haut.

b. Choc parfaitement inelastique : h′ =m2

1

(m1+m2)2h = 8.89cm

Dans ce cas aussi les deux boules montent a une hauteur plus grande que celle de la question 1.b.Exercice 11 (supplementaire)Donnees : m = 0.2kg, d = 1m, l = 0.1m, L = 1m, µd = 0.1, g = 10m/s2, k = 140N/m, β = π

6.

2. Forces appliquees a A : ~P =↓ et ~C =տ car ~v =→.RFD : ~P + ~C = ~0

Ox : −∥

∥

∥

~Cx

∥

∥

∥= ma, Oy : −mg +

∥

∥

∥

~Cy

∥

∥

∥= 0, Glissement :

∥

∥

∥

~Cx

∥

∥

∥= µd

∥

∥

∥

~Cy

∥

∥

∥.

Donc a = −µdg = −1ms2

Le mouvement est rectiligne (OC = droite) uniformement (a constante) retarde (av < 0).

3. Forces appliquees a B : ~P (conservative) et ~T (non conservative)

ET (O)− ET (α) = W Oα

(

~T)

= 0 car ~T⊥d~r.

ET (O) = 12mv2

B et ET (α) = mgyα = mgl (1− cos α)

Donc vB =√

2gl (1− cos α)4. Nous avons la situation suivante :Corps avant l’interaction apres l’interaction

A ~0 m~vA

B m~vB~0

(A + B) ~0 + m~vB m~vA +~0Conservation de la quantite de mouvement du systeme isole (A + B) : m~vB = m~vA ⇒ ~vA = ~vB.Donc vA =

√

2gl (1− cos α)

5. ET (C)−ET (A) = W CA

(

~C)

= −∥

∥

∥

~Cx

∥

∥

∥d

12mv2

C − 12mv2

A = −µdmgd

4

vC =√

2g [l (1− cos α)− µdd]6. vC = 0m/s⇒ l (1− cos αm)− µdd = 0⇒ cos αm = 1− µd

dl

= 0⇒ αm = π2

7. Forces appliquees ~P , ~C =↑ car CD est parfaitement lisse et ~T =← car ∆~l =→.

ET (x)−ET (C) = W xC

(

~C)

= ~0 car ~C⊥d~r.

Les vitesses etant nulles en C et en x (compression maximale), on aET (C) = 0ET (D) = mgy + 1

2kx2 = 0 avec y = − (L + x) sin β

Donc : −mg (L + x) sin β + 12kx2 = 0⇒

70x2 − x− 1 = 0,Les solutions sont x = 12.69cm et x = −11.26cm. La premiere est la solution acceptable car lacompression se fait dans le sens positif.Exercice 12 (supplementaire)Donnees m = 80kg, vs = 0m/s, hs = 1540m, ho = 1440m, d = 150m, SO = d, Cθ = 400N ,g = 9.81m/s2

1.a. ETs = mghs, ETo = 12mv2

o + mgho

1.b. ETo −ETs = −Cθd⇒ vo =√

2g (hs − ho)− Cθdm

= 34.81m/s

2. x = vot et y = −g2t2 ⇒ y = − g

2v2ox2 = −4.047× 10−3x2

3. L’equation du plan α = π4

(dans le meme repere Oxy) : y = −x tan α− 5 = −x− 5Le skieur touche le plan au point M commun a la trajectoire et au plan incline. Donc yM = −4.047×10−3x2

M = −xM − 5⇒ 4.047× 10−3x2M − xM − 5 = 0. Les solutions sont x = −4.9m (inacceptable),

et xM = 252m (acceptable). Par consequent, yM = −257m et la distance OM est D =√

x2M + y2

M =359.93m.4. Le skieur est soumis a son poids uniquement. Son energie totale se conserve ETO = ETM ⇒12mv2

o = 12mv2

M + mgyM (l’origine des energies potentielles est choisie en O) vM =√

v2o − 2gyM =

√

(34.81)2 − 2× 9.81× (−257) = 79.08m/s = 284.69km/h

5