Solutions 2

Physique g´ en´ erale I Solution des exercices de m´ ecanique

Prof. Marc Schiltz Semestre d’automne 2007

S´ erie 2 Exercice 2.1 On consid`ere une pierre de masse m `a une hauteur h du sol qui tombe sous la seule action de la gravitation. Elle suit donc un mouvement rectiligne uniform´ement acc´el´er´e et nous sommes ainsi ramen´es `a un probl`eme unidimensionnel. Pla¸cons un axe z vertical orient´e vers le haut tel que le point 0 soit au niveau du sol; le vecteur acc´el´eration (due `a la gravitation) g a donc un sens contraire a` celui de l’axe z. Disons qu’au temps t = 0, la pierre est lˆach´ee, sans vitesse initiale; elle passe de la hauteur h (position initiale) a` la hauteur 0 (position finale) en un temps T ; nous pouvons alors ´ecrire : z(T ) = 0 = −

1 g T2 + h 2

⇔

h=

1 g T2 , 2



d’o` u: T =

2h . g

La norme (grandeur) de la vitesse de la pierre au point d’impact est :  vimp = g T = 2 g h . Nous constatons que T et vimp sont ind´ependantes de la masse de la pierre. Exercice 2.2 Lors d’une comp´etition de saut en longueur, un athl`ete fait un saut de 8 m (de long). On suppose que sa vitesse horizontale est de 10 m s−1 . Une fois que l’athl`ete saute, la seule force a` laquelle il est soumis est la force de gravitation; le vecteur acc´el´eration de la gravitation g est vertical et orient´e vers le bas. Ainsi, durant tout le saut, il suit un mouvement uniform´ement acc´el´er´e. Consid´erons un syst`eme de coordonn´ees Oxy tel que l’origine soit au point de d´etente, comme indiqu´e sur la figure. En ce point, l’athl`ete a une vitesse initiale v0,x = 10 m s−1 selon x et une vitesse v0,y selon y. Nous pouvons ´ecrire l’´equation horaire de l’athl`ete, en supposant qu’en t = 0, il est au point de d´etente :       1 v0,x x 0 2 t ; r = = t + v0,y y 2 −g nous remarquons que selon x le mouvement est rectiligne uniforme. Maintenant, nous savons que la longueur du saut est  = 8 m, ce qui nous permet directement de trouver le temps T que l’athl`ete passe en l’air; nous avons  = v0,x T , d’o` u: T =

 v0,x

= 0,8 s .

v0,y y v0,x

v0 h

x v0,x 

Pour trouver la vitesse initiale selon y (i.e. la composante verticale de la vitesse au moment de la d´etente), nous consid´erons l’´equation horaire pour la composante y; au temps T , l’athl`ete ratterrit au sol et donc sa position selon l’axe vertical est y = 0. Ceci nous permet d’´ecrire 0 = − 12 g T 2 + v0,y T , d’o` u: v0,y =

1 gT ∼ = 3,9 m s−1 . 2

Finalement, l’athl`ete atteint sa hauteur maximale, lorsque sa vitesse verticale est nulle. Utilisant cet argument dans l’´equation donnant la vitesse selon l’axe y, nous obtenons v , o` u T˜ est l’instant o` u l’athl`ete a une vitesse verticale vy = 0 = −g T˜ + v0,y ⇔ T˜ = 0,y g nulle, donc aussi lorsqu’il est au point le plus haut. Ainsi, en injectant ce temps T˜ dans l’´equation horaire selon y, nous obtenons la hauteur maximale h qu’atteint l’athl`ete : v0,y 2 ∼ 1 h = ymax = − g T˜ 2 + v0,y T˜ = = 0,78 m . 2 2g

y

Exercice 2.3 P En un point O, on lance un point mat´eriel pesant avec une vitesse v0 . Au mˆeme instant, on lˆache en un point P un autre point mat´eriel pesant, sans vitesse initiale. Tous deux sont soumis a` la force de gravitation qui est v0 vertical et orient´ee vers le bas. Nous aimerions montrer x O que si l’on vise le point P lorsqu’on lance le premier point mat´eriel, alors on touche forc´ement le second. Commen¸cons par placer un syst`eme d’axes Oxy comme indiqu´e sur la figure ci-contre, O ´etant a` l’origine. Soient (d; h) les coordonn´ees du point P dans ce syst`eme. Posons t = 0 l’instant o` u on lance le premier point mat´eriel et o` u on lˆache le second. Leurs ´equations de mouvement s’´ecrivent en coordonn´ees :   x1 (t) = x2 (t) = v0,x t d et , y1 (t) = − 12 g t2 + v0,y t y2 (t) = − 12 g t2 + h o` u g est la valeur de l’acc´el´eration due `a la gravitation, v0,x et v0,y sont les composantes de la vitesse v0 selon les axes x et y respectivement. Pour obtenir leur forme explicite, il nous faut consid´erer l’angle θ que forme le vecteur v0 avec l’horizontale; nous avons : v0,x = v0 cos θ

et

v0,y = v0 sin θ ,

o` u v0 est la norme du vecteur v0 , c’est-`a-dire la valeur de sa longueur. L’angle θ peut s’obtenir concr`etement `a partir du triangle rectangle form´e de la ligne horizontale issue du point O (cath`ete adjacent), de la ligne verticale issue du point P (cath`ete oppos´e) et du segment OP (hypot´enuse); nous avons : cos θ = √

d + h2

d2

sin θ = √

et 6

h + h2

d2

.

Cherchons maintenant a` quel instant T la coordonn´ee x du premier point mat´eriel vaut d. La premi`ere ´equation du premier syst`eme ci-dessus nous donne : √ d2 + h2 d ⇔ T = = . x1 (T ) = d = v0,x T v0,x v0 A cet instant, la coordonn´ee y de ce point mat´eriel est : 1 g d2 + h2 y1 (T ) = − g T 2 + v0,y T = − +h ; 2 2 v0 2 et les coordonn´ees x et y du deuxi`eme point mat´eriel `a ce mˆeme instant sont : x2 (T ) = d

et

y2 (T ) = −

g d2 + h2 +h . 2 v0 2

Nous voyons donc qu’il existe un instant T pour lequel x1 (T ) = x2 (T ) et y1 (T ) = y2 (T ), et ce ind´ependamment de la vitesse initiale du premier point mat´eriel ou de la distance entre les points O et P . Ceci ach`eve ainsi la d´emonstration.

Exercice 2.4 On consid`ere un projectile, soumis a` la force de gravitation, et lanc´e `a une hauteur h au-dessus du sol, avec une vitesse v0 . D´eterminons la distance horizontale qu’il parcourt avant de toucher le sol, en fonction de l’angle de tir. Pour ce faire, nous consid´erons le syst`eme de coordonn´ees Oxy comme indiqu´e sur la figure ci-contre. Dans ce syst`eme, les ´equations de mouvement du projectile s’´ecrivent :  x(t) = v0,x t y(t) = − 12 g t2 + v0,y t + h

y

v0 θ

h O

x 

,

o` u v0,x = v0 cos θ et v0,y = v0 sin θ sont les composantes de v0 selon x et y respectivement; v0 est la norme (longueur) de v0 , θ l’angle entre v0 et l’horizontale et g la valeur de l’acc´el´eration due `a la gravitation. Notons que pour ´ecrire ces ´equations, nous avons pos´e t = 0 l’instant o` u le projectile est lanc´e. Cherchons alors l’instant T o` u le projectile touche le sol, i.e. o` u y(T ) = 0 ; pour cela, utilisons la deuxi`eme ´equation ci-dessus :  1 v0 sin θ 1 2 y(T ) = 0 = − g T + T v0 sin θ + h ⇔ T = v0 2 sin2 θ + 2 g h . ± 2 g g Nous ne retenons que la solution positive, la solution n´egative correspondant au deuxi`eme point d’intersection entre la parabole et l’axe x si on la prolongeait dans les x n´egatifs. En injectant cette valeur (positive) de T dans la premi`ere ´equation de mouvement, nous obtenons la distance horizontale que parcourt le projectile avant de toucher le sol, en fonction de l’angle θ :  v0 2 sin θ cos θ v0 cos θ x(T ) =  = T v0 cos θ = + v0 2 sin2 θ + 2 g h . g g 7

Exercice 2.5 Un puck de hockey de masse m = 1 kg suit un mouvement rectiligne et d´ec´el`ere sous l’action du frottement avec le sol. Au point O, il a une vitesse v0 et un m`etre plus loin, sa vitesse est tomb´ee `a 13 v0 . 1. Nous consid´erons que la d´ec´el´eration est constante. Nous avons donc affaire a` un mouvement rectiligne uniform´ement acc´el´er´e. Nous consid´erons donc un seul axe de coordonn´ee, avec l’origine au point O. Et nous posons t = 0 l’instant o` u le puck est en O. Les ´equations donnant sa position et sa vitesse en tout t sont :  x(t) = − 12 a t2 + v0 t , v(t) = −a t + v0 o` u le signe − devant les expressions contenant l’acc´el´eration vient du fait que cette derni`ere est oppos´ee au mouvement. En t = 0, x = 0 et v = v0 . Cherchons alors le temps t1 pour lequel v(t1 ) = 13 v0 et x(t1 )  d = 1 m ; nous avons 13 v0 = −a t1 + v0 ⇔ t1 = 23va0 . Injectant cette relation dans la premi`ere ´equation du syst`eme ci-dessus, nous obtenons : x(t1 ) = d = −

a 4 v0 2 2 v0 2 + 2 9 a2 3a

⇔

a=

4 v0 2 . 9d

u le puck s’arrˆete; nous avons 0 = −a t2 + v0 = Cherchons maintenant l’instant t2 o` 2 u le puck s’arrˆete est : − 49v0d t2 + v0 ⇔ t2 = 49vd0 . Et alors, la coordonn´ee du point o` x(t2 ) = −

9 2 v0 2 2 9d t2 + v0 t2 = = m = 1,125 m . 9d 8 8

Pour trouver la force de frottements agissant sur le puck, nous utilisons la deuxi`eme loi de Newton. Le puck ne se d´eplace qu’horizontalement, donc la somme des forces verticales est nulle, la force de gravitation est compens´ee par la force de soutien du sol sur lequel il se d´eplace. Et horizontalement, il n’y a que la force de frottement; elle s’´ecrit alors : 4 m v0 2 Ffr = m a = ; 9d son sens est contraire au mouvement du puck du fait que ce dernier d´ec´el`ere. Et de l’expression ci-dessus, nous voyons qu’elle est constante (ce qui se d´eduit tout de suite du fait que m et a sont constants). 2. Si la force de frottements d´ependait lin´eairement de la vitesse du puck, alors la d´ec´el´eration de ce dernier ne serait sans doute pas constante. Nous aurions F (t) = −λ v(t), o` u v(t) est la vitesse du puck au temps t et λ une constante; le signe − marque le fait que la force est contraire au mouvement. Et l’´equation de Newton nous donnerait : m a(t) = −λ v(t)

⇔

m x¨(t) + λ x(t) ˙ =0,

qui est l’´equation de mouvement (diff´erentielle) `a laquelle ob´eit le puck. 8