correction - Po US Th O miS PC

DS 6 (1h30) – Chap D3+D4 – 27/03/2015
CORRECTION
TS
CORRECTION DS n°6 – Un petit tour à la fête foraine
Dans tout le sujet, on considèrera que les objets sont étudiés dans le référentiel terrestre
considéré comme galiléen, qu’ils évoluent ans un champ de pesanteur uniforme d’intensité
g=10 m/s², et on négligera toute influence de l’air.
Aides aux calculs :
9,0.103  0,095
180
 36
5
3,6
 0,72
5
1,442  2,0
0,722  0,50
 2  10
Les questions surlignées en jaune sont ajoutées à titre d’entraînement,
elles n’étaient pas à traiter dans le sujet.
I- LE
JEU DU SABOT
Sabot : m=10 kg
(4,75 pts)
Rayon de la portion circulaire AB : R=1,8 m
1. Bilan des forces pour la portion rectiligne OA : Voir Annexe.
2. Bilan des forces pour la portion courbe AB : Voir Annexe.
3. Entre les points A et B, Rn ne travaille pas car cette force est perpendiculaire à tout élément
de déplacement. Seules P et f travaillent.
4. D’après le théorème de l’énergie mécanique, sans frottements (et donc sans aucune force non
conservative qui travaille) l’énergie mécanique se conserve entre A et B : Em(A) = Em(B)
5. On a donc :
EC(A) + EPp(A) = EC(B) + EPp(B)
Or zA=0 et vB=0
½.m.vA2 = m.g.zB

 v A  2.g.zB  2.g.R
½.m.vA2 + m.g.zA = ½.m.vB2 + m.g.zB


½.vA2 = g.zB
en ne conservant que la solution positive (l’autre n’ayant pas de sens).
Soit vA  2  10  1,8  10  3,6  36 = 6,0 m/s
II- TIR D’UNE
Bille : m=0,200 kg
BILLE
(7 pts)
Ressort : k=200 N/m
1/ Calcul de la vitesse à communiquer à la bille au point C
On utilise un repère (xDy) d’origine D avec l’axe (Dy) orienté vers le haut.
On donne : DC=45 cm et DG=90 cm.
1. Un référentiel est dit « galiléen » si la 1ère loi de Newton (principe de l’inertie) s’y vérifie
expérimentalement.
Un champ de pesanteur est dit « uniforme » si son vecteur champ g a même direction, même
sens et même valeur en tout point de l’espace considéré.
Système {bille} assimilée à un point matériel,
étudiée dans le référentiel terrestre considéré comme galiléen.
1/6
DS 6 (1h30) – Chap D3+D4 – 27/03/2015
CORRECTION
TS
2. Bilan des forces : l’influence de l’air étant négligée, seul le poids intervient (chute libre) :
F  P
et P  m.g
Application de la 2ème loi de Newton : m=cste donc
F  m.a
 P  m.a  m.g  m.a  a  g
3. Équations horaires de l’accélération : En projetant a  g sur les axes représentés, avec (Dy) dans
le sens opposé à g : a
a x =0
a y = -g
Équations horaires de la vitesse : a 
Or v 0
v 0 ,x  vC .cos 
v 0 ,y  vC .sin 
Équations
horaires
x = vC .t + x0
DG
y = -g.
t²
+ y0
2
v x  v 0 ,x
d(v)
donc en primitivant a on obtient : v
dt
v y  g.t  v 0 ,y
v 0 ,x  vC
avec =0 donc cos=1 et sin=0 !!!  v 0
de
la
Or DG0
position : v 
d(DG)
dt
x 0  xC  0
y 0  yC  0,45 m
donc
 DG
en
v 0 ,y  0
 v
primitivant
v x  vC
v y  g.t
v
on
obtient :
x  vC  t
1
y    g  t2  yC
2
4. Équation de la trajectoire : On substitue « t » par « x » dans l’équation horaire « y » :
2
 x 
1
1 g
On obtient : y(x)    g     yC =  . 2 .x²  yC
2 vC
2
 vC 
x
On a x  v C  t donc t 
vC
5. Vitesse à communiquer pour arriver en G : on calcule vC telle qu’on ait y=0 pour x= xG = 0,90 m :
1 g
1 g
1 g
y=0



 . 2 .xG ²  yC  0
yC  . 2 .x G ²
v C2   .xG ²
2 vC
2 yC
2 vC

vC 
Soit : v C 
1 g
 .xG ²
2 yC
en ne conservant que la solution positive.
1 10

 0,90² 
2 0,45
10
 0,90 ²  10  0,90  9,0 = 3,0 m/s
0,90
2/ Calcul de la vitesse à communiquer à la bille au point O (3,75 pts)
Les frottements sont constants entre O et C, de valeur f=1,0 N
Bilan des forces pour la portion rectiligne OC : le poids P de la bille et la réaction
normale du support R n .
Entre les points O et C, P et Rn ne travaillent pas car ces forces sont perpendiculaires à tout
élément de déplacement. Seule f travaille.
1. WOC( f ) = f . OC = f × OC × cos( f , OC ) = f × OC × cos(180°)  WOC( f ) = – f × OC
On a donc : WOC( f ) = – 1,0×0,50 = – 0,50 J
Il est logique que ce travail soit négatif car la force de frottement est résistante.
2/6
DS 6 (1h30) – Chap D3+D4 – 27/03/2015
CORRECTION
TS
2. D’après le théorème de l’énergie mécanique : Em(OC) = WOC( f )  Em(C)–Em(O) = WOC( f )
puisque le déplacement étant strictement horizontal, les énergies
potentielles de pesanteur seront toutes identiques, donc prises égales à zéro, si bien que
Em(C) = EC(C) uniquement.
3. EC(C) – EC(O) = WOC( f )
 ½.m.vC2 – ½.m.vO2 = WOC( f )
 vO2 = vC2 –
 ½.m.(vC2 – vO2) = WOC( f )
 vC2 – vO2 =
2  WOC (f)
m
2  ( 0,50)
( 0,50)
2  WOC (f)
 vO2 = 2,02 –
= 4,0 –
= 4,0 + 5,0 = 9,0 m²/s²
0,200
0,100
m
D’où, en ne conservant que la solution positive : v0 = 3,0 m/s CQFD
3/ Calcul du recul à donner au canon à bille (3,25 pts)
On néglige les frottements dans cette partie.
1. Bilan des forces pour la portion rectiligne AO : Voir Annexe.
Entre les points A et O, P et Rn ne travaillent pas car ces forces sont perpendiculaires à tout
élément de déplacement. Seule FR travaille.
2. EPe(A) = ½.k.xA²
3. D’après le théorème de l’énergie mécanique, sans frottements (et donc sans aucune force non
conservative qui travaille) l’énergie mécanique se conserve entre A et O : Em(A) = Em(O)
puisque le déplacement étant horizontal,
les énergies potentielles de pesanteur seront toutes identiques, donc prises égales à zéro.
4. On a donc :

EC(A) + EPe(A) = EC(O) + EPe(O)
½.m.vA2 + ½.k.xA2 = ½.m.vO2 + ½.k.xO2
Or vA=0 et xO=0
 xA  

½.k.xA2 = ½.m.vO2
k.xA2 = m.vO2

m.v O2
en ne conservant que la solution négative car on tire le ressort vers "l’arrière"
k
donc vers les x négatifs !
Soit :
xA = 
0,200  3,0²
  1,00.10 3  9,0 = – 0,095 m = 9,5 cm
200
III- ÉTUDE D’UN
MOBILE SUSPENDU
(8,25 pts)
1/ Étude du jouet en tant que pendule élastique (3 pts)
Ressort : k=2,0 N/m et on compte 10 oscillations en 20 secondes.
1. Analyse dimensionnelle : T est en (s) et 2
m
est en
k
kg
N .m 1
.
Or d’après P = m×g on a au niveau des unités : N = kg × m.s-2.
3/6
DS 6 (1h30) – Chap D3+D4 – 27/03/2015
Ainsi :
kg
N .m
 T et 2
2. T² = 4²×
1

kg
kg . m .s
2
.m
1

1
s 2
CORRECTION
TS
 s²  s
m
ont la même unité, cette relation est donc homogène.
k
2,0  2,0² 2,0
k.T²
m
20 s

m=
avec T=
=2,0 s  m 
= 0,20 kg (200 g)
10
4. ²
k
10 osc
4  10
3. Types d’énergie mises en jeu et évolution dans les premiers instants :
 énergie cinétique EC=½.m.v² qui augmente dans les premiers instants puisque la figurine part de
v=0 et se met en mouvement en raison du ressort, étiré, qui se rétracte.
 énergie potentielle élastique EPe=½.k.z² qui diminue dans les premiers instants puisque le ressort
est au départ étiré (donc EPe est maximale) et va commencer par se rétracter dès que la figurine
sera lâchée.
 énergie potentielle de pesanteur EPp=m.g.z qui augmente dans les premiers instants puisque la
figurine part de son point le plus bas et va remonter dès qu’elle sera lâchée.
2/ Étude du jouet en tant que pendule simple (5,25 pts)
Référence des énergies potentielles de pesanteur : l’altitude du point O.
1. Bilan des forces pour la portion circulaire AO : Voir Annexe.
Entre les points A et O, T ne travaille pas car cette force est perpendiculaire à tout élément de
déplacement. Seule P travaille.
2. D’après l’énoncé, à t=0 la figurine est en A, donc en hauteur par rapport au point O (pour lequel
EPp=0)  EPp(t=0) ≠ 0 et sa vitesse est nulle  EC(t=0) = 0. Donc EPp est représentée par la
courbe 1, et EC est représentée par la courbe 2. Em est forcément la courbe 3 puisqu’elle est
la plus élevée, donc elle est la somme des courbes 1 et 2, et on sait que Em=EC+EPp.
3. Grâce au graphique, on peut dire que les oscillations sont dues à un échange périodique d’énergie
au sein-même du système {figurine-ressort}, entre l’énergie potentielle élastique du ressort et
l’énergie cinétique de la figurine.
4. La diminution de Em est due aux frottements de la figurine (et du ressort) avec l’air. Cela a
pour conséquence un amortissement des oscillations du pendule (diminution d’amplitude).
5. L’énergie perdue par le pendule est transférée au milieu extérieur (air ambiant, support)
sous forme d’énergie thermique (de chaleur).
6. Sur le graphique on lit : 5×Ténergie = 3,6 s  TÉnergie =
3,6
= 0,72 s.
5
Or lors d’UNE période du mouvement oscillatoire de la figurine, EPp est maximale à 2 reprises (en
A et dans la position extrêmale opposée) et EC est aussi maximale à 2 reprises (on passe à 2
reprises par le point O où la vitesse est maximale). Ainsi la période des énergies est 2 fois plus
courte que celle du mouvement oscillatoire  Tmvt = 2×Ténergie = 1,44 s
4/6
DS 6 (1h30) – Chap D3+D4 – 27/03/2015
7. T² = 4²×
g
ℓ=
g
TS
g.T²
10  1,44² 10  2,0 2,0
=
= 0,50 m


4. ²
4
4 ²
4  10
8. Analyse dimensionnelle de T= 2
 T et 2
CORRECTION
g
: T est en (s) et 2
g
est en
m
1

 s²  s .
2
m .s
s 2
ont la même unité, cette relation est donc homogène.
9. Calcul de zA : Sur la courbe 1 on lit : EPp(A) = EPp(t=0) = 44 mJ. Or EPp(A) = m.g.zA 
zA 
EPp (A)
Soit : z A 
mg
44.103
44
-3

 103 = 22.10 = 0,022 m = 2,2 cm CQFD
0,200  10 2,0
Établir la relation existant entre zA , ℓ et  et calculer la valeur de  : Grâce à la figure
(voir cours), on peut montrer que zA = ℓ – ℓ.cos .
10.
Remarque : le calcul ci-dessous est impossible sans calculatrice ou aides aux calculs.
Donc cos() 
 zA

50  2,2
=0,96 et donc  = cos-1(0,96) = 16°
50
Que dire de l’énergie mécanique du pendule entre les points A et O si on néglige les
frottements ? Justifier.
11.
D’après le théorème de l’énergie mécanique, sans frottements (et donc sans aucune force non
conservative qui travaille) l’énergie mécanique se conserve entre A et O : Em(A) = Em(O)
En explicitant votre raisonnement calculer la valeur de v0 la vitesse de la figurine à
son passage par le point O, si on néglige les frottements.
12.
On a donc :
Or vA=0 et zO=0
 v 0  2.g.z A
EC(A) + EPp(A) = EC(O) + EPp(O)


m.g.zA = ½.m.vO2
½.m.vA2 + m.g.zA = ½.m.vO2 + m.g.zO

g.zA = ½.vO2
en ne conservant que la solution positive (l’autre n’ayant pas de sens).
Remarque : le calcul ci-dessous est impossible sans calculatrice ou aides aux calculs.
Soit v0  2  10  2,2  44 = 6,6 m/s
13.
Calcul du travail de la force de frottement entre A et O :
D’après le graphique : Em(A) = EPp(A) = 44 mJ
et
Em(O) = EC(O) = 36 mJ
D’après le théorème de l’énergie mécanique : Em(AO) = WAO( f )  Em(O)–Em(A) = WAO( f )
Donc : WAO( f ) = 36 – 44 = – 8 mJ
Il est logique que ce travail soit négatif car la force de frottement est résistante.
5/6
DS 6 (1h30) – Chap D3+D4 – 27/03/2015
CORRECTION
TS
ANNEXES
z
C
Rn
P
le poids du sabot ;
f
la force de frottement du rail sur le sabot ;
la réaction normale du rail ;
F
la force de poussée exercée par le joueur.
Rn
FR
M
A’
P le poids de la bille ;
Rn la réaction normale du support ;
FR
la force de rappel exercée par le ressort.
z
P
T
P
T
le poids de la figurine ;
la tension du ressort (du fil)
P
6/6