Dans tout l’exercice, on travaillera dans un Référentiel terrestre dit galiléen et dans le système R. Le type de support, s'il existe, est important à prendre en compte car il peut provoquer des réactions particulières vis à vis de l'objet et de la trajectoire que l'on étudie.
Partie A
Commençons tout d’abord par un bilan des forces. Ici, M subit :
[ overrightarrow { P } = m times overrightarrow { g } ] C’est-à-dire son poids qui correspond à une force conservative
[ overrightarrow { R } ] C’est-à-dire la réaction perpendiculaire au support.
On peut alors définir le système S comme étant un système conservatif puisque la somme de l’énergie potentielle et de l’énergie cinétique donne une constante en sachant que [ E _ p = - m times g times x + K ] Ainsi, dans la partie AB du mouvement, on obtient [ x = R _ 1 times cos left( theta right) ] (origine de [ overrightarrow { ox } ] en C1). On obtient alors de façon triviale [ E _ c left( theta right) + E _ p left( theta right) = E _ c left( E right) + E _ p left( E right) = \frac { 1 }{ 2 } times m times v_0^2] Ainsi, puisque [ overrightarrow{ C _ 1 M } = R _ 1 overrightarrow{ u _ r } space text { et } overrightarrow { v } = R _ 1 times thetacdot times overrightarrow { u _ theta } ] donc [ \begin{cases} E _ c = \frac { 1 } { 2 } times m times R _ 1 ^2 times theta \cdot ^ 2 E _ p left( E right) = \frac { 1 } { 2 } times m times R _ 1 ^ 2 times theta \cdot _ 0 ^ 2 \end{cases} ] Ainsi [ \frac { 1 } { 2 } times m times R _ 1 ^ 2 times theta \cdot ^ 2 - m times g times R _ 1 times cos left( theta right) + K = \frac { 1 } { 2 } times m times R _ 1 ^ 2 times theta \cdot _ 0 ^ 2 - m times g times R _ 1 + K ] et [ theta \cdot ^ 2 = theta \cdot _ 0 ^ 2 + \frac { 2 g } { R _ 1 } times left( cos left( theta right) - 1 right) ] En dérivant la relation déduite ci-dessus par rapport à t, on obtient alors [ 2 times theta \cdot times theta \cdot cdot = \frac { 2 g } { R _ 1 } times left( - sin left( theta right) right) times theta \cdot ] c’est-à-dire [ theta \cdot cdot + \frac { g } { R _ 1 } times sin left( theta right) = 0 ]. On en déduit alors θ(t) [ theta left( t right ) = A times cos left( w _ 0 times t right) + B times sin left( w _ 0 times t right) space text { avec } w _ 0 = \sqrt \frac { g } { R _ 1 } ]. Or [ \begin{cases} theta left( 0 right) = 0 theta \cdot left( 0 right) = theta \cdot _0 \end{cases} ] d'où [ \begin{cases} 0 = A theta \cdot _0 = B times w _ 0 \end{cases} ] Donc [ theta left( t right) = \frac { theta \cdot _ 0 } { w _ 0 } times sin left( w _ o times t right) ] Il est important de répondre au problème posé progressivement, étape par étape, afin de permettre au correcteur de comprendre le raisonnement et de vous attribuer tout de même certains points si vos calculs sont faux mais la démarche correcte. On va maintenant chercher à déterminer la valeur maximale de θ : [ theta _ text { max } = \frac { theta \cdot _ 0 } { w } ] en sachant que [ \begin{cases}w_0 = 100 space s ^ text { - 1 } T = \frac { 2 times pi } { w _ 0 } = 6,28 . 10 ^ text { - 2} s theta _ text { max } = 0,01 space rad \end{cases} ] et [ sin left( theta right) _ text { max } = 9,999 . 10 ^ text { - 3 } ] donc [ sin left( theta right) _ text { max } = theta _ text { max } ] Sans oublier d’arrondir à deux chiffres après la virgule.
Partie B
[ text { Soit } space E _ p left( theta right) = - m times g times x + K ] [ text { Pour } space - \frac { pi } { 2 } leq theta leq pi space text { on a } E _ p = - m times g times R _ 1 times cos left( theta right) + K ] [ text { Et } space E _ p left( pi right) = 0 space text { donc } E _ p left( theta right) = - m times R _ 1 times left( 1 + cos left( theta right) right) ] [ text { Pour } space pi leq theta leq 2 times pi space text { et } x = overline {C _ 1 H } + overline { C _ 1 C _ 2} + overline { C _ 2 H} = R _ 2 R _ 1 + R _ 2 cos left( theta right) ] [ text { on a } E _ p = - m times g times left( R _ 1 - R _ 2 + R _ 2 times cos left( theta right) right) - m times g times R _ 1 ] [ text { donc } E _ p left( theta right) = - m times g times R _ 2 times left( 1 + cos left( theta right) right) ] On a donc :
Si θ = 0 et θ = 2π on retrouve les valeurs minimales de l’énergie potentielle. Cela correspond donc aux positions d’équilibre stables.
Si θ = π on retrouve la valeur maximale de l’énergie potentielle. Cela correspond donc à une position d’équilibre instable.
[ text { Soit } space E _ c + E _ p = E _ m = \frac { 1 } { 2 } times m times v _ 0 ^ 2 - m times g times R _ 1 space text { avec } space E _ c left( A right) = \frac { 1 } { 2 } times m times v _ 0 ^ 2 space text { et } space E _ p left( A right) = - m times g times R _ 1 ] Ainsi, si M effectue un trajet complet du point A à F si, pour toute valeur de θ comprise entre -π/2 et 2π et pour une valeur de l’énergie cinétique positive. Cela signifie donc qu’il faut que le minimum de l’énergie cinétique soit supérieur à 0 pour toute valeur de θ comprise entre -π/2 et 2π et donc que la valeur minimale de la différence de l’énergie mécanique par l’énergie potentielle est positive. Ainsi, finalement, on retrouve comme conditions :
[ E _ text { p max } leq E _ m ]
[ 0 leq \frac { 1 } { 2 } times m times v _ 0 ^ 2 - m times g times R _ 1 ]
[ v _ 0 geq \sqrt { 2 times g times R _ 1 } ]
On peut alors déterminer vF [ text { En effet } space \frac { 1 } { 2 } times m times v _ F ^ 2 - 2 times m times g times R _ 2 = \frac { 1 } { 2 } times m times v _ 0 ^ 2 - m times g times R _ 1 ] [ text { Donc } space v _ F = \sqrt { v _ 0 ^ 2 + 4 times g times R _ 2 - 2 times g times R _ 1 } ] Ainsi, pour toute valeur de θ comprise entre -π/2 et 5π/2 [ text { on a } space E _ p leq E _ p left( B right) ] [ text { d'ou } space E _ m - E _ p left( B right) leq E _ m - E _ p left( theta right) ] [ text { donc } space E _ c left( B right) leq E _ c left( theta right) ] Or, Ec (B) > 0 donc Ec (θ) > 0 sur tout le trajet de A vers S. Ainsi, on a donc M qui parcourt entièrement le trajet de A vers S et qui quittera la piste en S.
Exercice 2 : Jouons au Jokari !
Le jokari est un jeu similaire à la pelote basque. Ce jeu peut se pratiquer seul ou à deux à l'aide d'un équipement composé d'une balle en caoutchouc elle-même attachée à un socle par un élastique. Ainsi, la balle, après avoir été frappée avec une raquette en bois, revient ainsi vers le ou les joueurs comme si elle avait rebondi. [ text {Nous allons travailler dans un referentiel terrestre suppose galileen où } space left( o, overrightarrow { o x } , overrightarrow { o y } , overrightarrow { o z } right) space text {est lié à ce référentiel.}] Pour commencer, nous allons appliquer à la balle M, que nous assimilerons à un point matériel, le Principe Fondamental de la Dynamique (abrégé PFD). [ overrightarrow { P } + overrightarrow { T } = m times overrightarrow { a } ] [ text { Avec } space \begin{cases} overrightarrow { P } = m times overrightarrow { g } overrightarrow { T } = - k times overrightarrow {OM } space text { la tension du fil } \end{cases} ] [ text { Donc } space m times \frac { text{ d} ^ 2 space overrightarrow { O M } } { text { d } t ^2 } = - k times overrightarrow { O M } + m times overrightarrow { g } ] [ text { Et } space \frac { text{ d} ^ 2 space overrightarrow { O M } } { text { d } t ^2 } + \frac { k } { m } times overrightarrow { O M } = overrightarrow { g } ] Ainsi [ overrightarrow { O M } ] correspond donc à la somme de la solution générale de l’équation sans second membre [ text { Et } space \frac { text{ d} ^ 2 space overrightarrow { O M } } { text { d } t ^2 } + \frac { k } { m } times overrightarrow { O M } = 0 ] et d’une solution particulière, d’où [ \begin{cases} overrightarrow { O M } = overrightarrow { A } times cos left( w times t right) + overrightarrow { B } times sin left( w times t right) + \frac { m } { A } times overrightarrow { g } text { avec } space w = \sqrt { \frac { k } { m } } \end{cases} ]. [text { Nous allons ensuite determiner } space overrightarrow { A } text { et } overrightarrow { B } space text { grâce aux conditions initiales : } ] [ \begin{cases} overrightarrow { O M } left( 0 right) = overrightarrow { O M } _ 0 = hoverrightarrow { j } overrightarrow { v } left( 0 right) = overrightarrow { v } _ 0 = v _ 0 times cos left( alpha right) times overrightarrow { j } + v _ 0 times sin left( alpha right) times overrightarrow { i } \end{cases} ] [ text { d'ou } space \begin{cases} overrightarrow { O M } _ 0 = overrightarrow { A } + \frac { m } { k } times overrightarrow { g } overrightarrow { B } times w = overrightarrow { v } _ 0 \end{cases} ] [ text { et } space \begin{cases} overrightarrow { A } = overrightarrow { O M } _ 0 - \frac { m } { k } times overrightarrow { g } overrightarrow { B } = \frac { overrightarrow { v } _ 0 } { w } \end{cases} ] [ text { On obtient donc } space overrightarrow { O M } = left( overrightarrow { O M } _ 0 - \frac { m } { k } times overrightarrow { g } right) times cos left( w times t right) + \frac { overrightarrow { v } _ 0 } { w } times sin left( w times t right) + \frac { m } { k } times overrightarrow { g } ] En projetant sur les axes définis au début de l’exercice, on obtient [ \begin{cases} x left( t right) = \frac { v _ 0 times sin left( alpha right) } { w } times sin left( w times t right) y left( t right) = left( h + \frac { m times g } { k } right) times cos left( w times t right) + \frac { v _ 0 times cos left( alpha right) } { w } times sin left( w times t right) - \frac { m times g } { k } z left( t right) = 0 \end{cases} ] Nous allons maintenant procéder à la détermination de la nature de la trajectoire de la balle [ \begin{cases} sin left( w times t right) = \frac { w } { v _ 0 times sin left( alpha right) } times x cos left( w times t right) = \frac { 1 } {h + \frac { m times g } {k } } times left( y - \frac { v _ 0 times cos left( alpha right) } { w } times \frac { w } { v _ 0 times sin left( alpha right) } times x + \frac { m times g } { k } right) \end{cases} ] [ text { Donc } space cos ^ 2 left( w times t right) + sin ^ 2 left( w times t right) = 1 ] [ text { D'ou } space left( \frac { w } { v _ 0 times sin left( alpha right) } right) ^ 2 times x ^ 2 + \frac { 1 } { left( h + \frac { m times g } { k } right) ^2 } times left( y - cos left( tan left( alpha right) right) times x + \frac { m times g } { k } right) ^ 2 = 1] [ text { On peut alors declarer que la trajectoire correspond à une ellipse contenue dans le plan xoy de centre } space C left( 0 , \frac { - m times g } { k } , 0 right) ] [ text { Nous allons maintenant calculer α et v0 pour } space t = \frac { T } { 4 } = \frac { 2 times pi } { 4 times w } space text { et } space w t = \frac { pi } { 2 } ] [ text { On obtient } space x = \frac { v _ 0 times sin left( alpha right) } { w } space text { et } space y = \frac { v _ 0 times cos left( alpha right) } { w } - \frac { m times g } { k } ] [ text { Il faut donc } space \begin{cases} d = \frac { v _ 0 sin left( alpha right) } {w } \frac { m times g } { k } = \frac { v _ 0 times cos left( alpha right) } { w } space text { soit } space v _ 0 times cos left( alpha right) = \frac { g } { w } \end{cases} ] [ text { On peut ainsi en deduire } space \begin{cases} v _ 0 = \sqrt { left( d times w right) ^ 2 + left( \frac { g } { w } right) ^ 2 } tan left( alpha right) = \frac { d } { g } times w ^ 2 space text { avec } space cos left( alpha right) geq 0 \end{cases} ]
Application Numérique
[ \begin{cases} v _ 0 = 14,1 space m . s ^ text { - 1 } alpha = \frac { pi } { 4 } \end{cases} ] [ text { Si } space \begin{cases} v _ 0 ^ 2 = w ^ 2 times d ^ 2 + \frac { g ^ 2 } { w ^ 2 } w ^ 2 = \frac { k } { m } \end{cases} ] Nous allons maintenant chercher à déterminer les valeurs de w² permettant d’obtenir les valeurs minimales de v0² et donc de v0 [frac { text { d } v _ 0 ^ 2 } { text { d } w ^ 2} = d ^ 2 - \frac { g ^ 2 } { w ^ 4}] [ text { Donc } space \frac { text { d } v _ 0 ^ 2 } { text { d } w ^ 2} = 0 space text { pour } space w ^ 2 = \frac { g } { d } ] [text { Ainsi, la valeur de } space v _ 0 ^ 2 space text { atteint sa valeur minimale pour } space w = \sqrt { \frac { g } { d } } ] On dit que c’est un minimum car, la limite de v0 tend vers l'infini positif quand w tend vers 0 Finalement, il faut choisir [ m = \frac { k times d } { g } ] Ainsi, on retrouve les mêmes valeurs que dans les calculs précédents [ text { C'est-a-dire } space \begin{cases} m = 0,1 space text { kg } v _ 0 = 14,1 space text { m.s } ^ text { - 1 } alpha = 45 space text { degrés } \end{cases} ]
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Joy
Freelancer et étudiante en Sciences de la Vie et de la Terre, je suis un peu une grande sœur qui épaule et aide les autres pour observer et comprendre le monde qui nous entoure et ses curieux secrets !
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27 novembre 2023∙ 7 minutes de lecture
Si vous désirez une aide personnalisée, contactez dès maintenant l’un de nos professeurs !
merci beaucoup mais on vient de commencé le chapitre « etude energetique du mouvement d’un point matériel ds un reférentiel galileen » et on c arreté a stabilité des équilibre j’ai dc pa la ormule de conservation de l’énergi du systeme ni celle de la période, c pa grave si je les sort comme sa ds mon DM?
Topaze
Ec(téta)+Ep(téta)=Ec(e)+Ep(e): cette relation traduit la conservation de l’énergie du système. Regarde dans ton cours, tu trouveras cette relation. Ici elle est vérifiée car il n’y a pas de frottement et le poids est une force conservative.
Pour la résolution de l’équation (A2), l’angle téta étant faible on peut l’assimiler à téta : on trouve l’équation différentielle classique d’un oscillateur harmonique. Tu peux détailler la solution en écrivant l’équation caractéristique associée.
T=2pi/wo est une expression à connaitre qui vient du fait que si wt varie de 2pi, t varie de 2pi/w.
téta max est obtenu quand le sin est max donc égal à 1
camille225
bonjour j’ai cet exercice a faire comme Dm pour la rentré et il y a certaine choses que je ne comprend pas
dans la question A-1 je comprend pas pourquoi Ec(téta)+Ep(téta)=Ec(e)+Ep(e)
et aussi je ne compren pa la fin de la resolution de l’équation diff A-2,
et dans la A-3 comment vous savez ke T=2pi/wo? et commen vous savez l’expression de téta max?
en gros j’ai bcp de mal avec la mécanique je narrive pas a repondre au kestion
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merci beaucoup mais on vient de commencé le chapitre « etude energetique du mouvement d’un point matériel ds un reférentiel galileen » et on c arreté a stabilité des équilibre j’ai dc pa la ormule de conservation de l’énergi du systeme ni celle de la période, c pa grave si je les sort comme sa ds mon DM?
Ec(téta)+Ep(téta)=Ec(e)+Ep(e): cette relation traduit la conservation de l’énergie du système. Regarde dans ton cours, tu trouveras cette relation. Ici elle est vérifiée car il n’y a pas de frottement et le poids est une force conservative.
Pour la résolution de l’équation (A2), l’angle téta étant faible on peut l’assimiler à téta : on trouve l’équation différentielle classique d’un oscillateur harmonique. Tu peux détailler la solution en écrivant l’équation caractéristique associée.
T=2pi/wo est une expression à connaitre qui vient du fait que si wt varie de 2pi, t varie de 2pi/w.
téta max est obtenu quand le sin est max donc égal à 1
bonjour j’ai cet exercice a faire comme Dm pour la rentré et il y a certaine choses que je ne comprend pas
dans la question A-1 je comprend pas pourquoi Ec(téta)+Ep(téta)=Ec(e)+Ep(e)
et aussi je ne compren pa la fin de la resolution de l’équation diff A-2,
et dans la A-3 comment vous savez ke T=2pi/wo? et commen vous savez l’expression de téta max?
en gros j’ai bcp de mal avec la mécanique je narrive pas a repondre au kestion