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Corrigé 2008

Mécanique

Corrigé 1998 : Mouvement d’un skieur sur un plan iACncliné

Détails: Catégorie : Mécanique

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1. Expression littérale de la vitesse du skieur en fonction de $\theta$ = $\widehat {ABM}$ et de la vitesse $v_{A}$ .

- Système matériel : M

- Bilan des forces :

$\vec {P}$ (poids du système) et $\vec {R}$ (réaction du support)

- Appliquons le théorème de l'énergie cinétique sur le système entre A et M

$\frac{1}{2} mv^2 - \frac {1}{2} mv_{A}^{2} = W^{\vec{P}} + W^{\vec{R}}$ (1)

avec :

$W^{\vec{R}} = 0$ car $\vec{R}$ est toujours perpendiculaire au déplacement.

$W^{\vec{P}} = mg(Z_{A} - Z_{M}) = mgr(1 - cos \theta)$

donc (1) donne :

$\frac{1} {2} mv^2 - \frac {1} {2} mv_{A}^{2} = mgr(1 - \theta)$

d'où $v = \sqrt{2gr(1 - cos \theta ) + v_{A}^{2}}$

2.

- Système matériel : M

- Référentiel : terrestre

- Bilan des forces : $\vec {P}$ (poids du système) et $\vec {R}$ (réaction du support)

- théorème du centre d'inertie : $\vec {P} + \vec{R} = m\vec{a}$ (2)

- Repère de Frénet : $(M, \vec {u}_n , \vec {u}_t)$

Projection de (2) sur l'axe normal : $P cos\theta - R = ma_{n}$

Le skieur quitte la piste si $\theta = \theta_{0}$ donc à cette position $R = 0$ soit :

$P cos \theta_{0} = ma_{n} ? P cos \theta_{0} = m \frac{v^2}{r}$ \longrightarrow $gcos \theta_{0} = 2g(1 - cos \theta_{0}) + \frac{v_A^2}{r}$

donc : $cos \theta_{0} = \frac{2}{3} + \frac{v^2_A}{3gr}$

Application numérique :

$cos \theta_{0} = \frac{2}{3} + \frac{10^2}{3 \times 10 \times 20} = 0,83$ $\longrightarrow{tex} {tex}\theta_{0} = 33,6$ °

3.1 :

- Système matériel : M

- Référentiel : terrestre

- Bilan des forces : $\vec {P}$ (poids du système)

- théorème du centre d'inertie : $\vec {P}= m\vec {a}$ (3) - Repère (O, x, z)

Projection de (3) sur :

$\left\{ \begin{array}{l} \ (Ox) : 0 = ma_x \\ \ (Oz ) : mg = ma_z \\ \end{array} \right.$ $\longrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{l} \ a_x = 0 \\ \ a_z = g \\ \end{array} \right.$ $\longrightarrow$

$\left\{ \begin{array}{l} \ v_x = v_0 sin \beta \\ \ v_z = gt + v_0 cos \beta \\ \end{array} \right.$ $\longrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{l} \ x = v_0 t sin \beta (4)\\ \ z = \frac{1}{2}gt^2 + v_0 t cos \beta (5)\\ \end{array} \right.$

(4) $\longrightarrow t = \frac{x}{v_0 sin \beta}$

(5) $\longrightarrow z = \frac{1}{2}g \left( \frac{x}{v_0 sin \beta} \right) ^2 + v_0 \frac{x}{v_0 sin \beta} cos \beta$

L'équation de la trajectoire de M dans le repère (O, x, z) est :

$z = \left( \frac{g}{2 v^2_0 sin^2 \beta} \right) x^2 + x cotan \beta$

Avec :

$\beta = 90 - \theta_{0} = 90 - 33,6 = 56,4$ °

$v_{0} = \sqrt{2gr(1 - cos \theta_0 ) + v_{A}^{2}} = \sqrt{2 \times 10 \times 20 (1 - \cos 33,6 ) + 10^{2}} = 11,58 m/s$

3.2 :

Soit $M_{1} (x, z)$ un point de la piste de réception, on a : $\frac{z}{x} = tan 45$

donc z = x est l'équation du segment représentant la piste de réception.

Le point $C (x_{C}, z_{C})$ appartient à la trajectoire de M et à la piste de réception donc :

$\left\{ \begin{array}{l} \ z_C = \left( \displaystyle\frac{g}{2 v^2_0 sin^2 \beta} \right) x_C^2 + x_C cotan \beta\\ \ z_C = x_C\\ \end{array} \right.$

soit : $\left( \frac{g}{2 v^2_0 sin^2 \beta} \right) x_C^2 + x_C cotan \beta = x_C$

$\longrightarrow$ $\left( \frac{g}{2 v^2_0 sin^2 \beta} \right) x_C + cotan \beta = 1$

donc : $x_C = \frac{2 v^2_0 sin^2 \beta}{g} (1 - cotan \beta)$

Aussi $\frac{x_C}{OC} = cos 45$ $\longrightarrow$ $OC = \frac{x_C}{cos 45}$

donc : $OC = \frac{2 v^2_0 sin^2 \beta}{g cos 45} (1 - cotan \beta)$

Application numérique : $OC = \frac{2 \times 11,58^2 sin^2 56,4}{10 \times cos 45} (1 - cotan 56,4) = 8,83 m$

Corrigé 1999 : Goutte d’eau dans le champ de pesanteur

Détails: Catégorie : Mécanique

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3-1) a) Thème de L'énoncé) ou

$\Delta E_{C}=\sum W(\overrightarrow{F_{i}})$

b) vitesse $v_{0}$ de sortie de l'eau

$-\frac{1}{2}mV_{0}^{2}=W(\overrightarrow{P})-mgH$

$H=h-OA\Longrightarrow V_{0}^{2}=2g[h-OA]$

$V_{0}=\sqrt{2g(h-OA)}$

AN: $V_{0}=14m/s$

3-2) Expression de l'équation cartésienne

- Système étude : la goutte

- Système d'axes $Ox,Oy$

- Bilan des forces $\overrightarrow{P}$ : poids de la goutte

- T.C.I

$\overrightarrow{P}=\overrightarrow{ma}\Longrightarrow \overrightarrow{mg}=\overrightarrow{ma}\Longrightarrow \overrightarrow{a}=\overrightarrow{g}$

Projection

$\overrightarrow{a}\left\vert \begin{array}{c} a_{x}=0 \\ a_{y}=-g \end{array} \right.$ $\Longrightarrow$ $\overrightarrow{V}\left\vert \begin{array}{c} V_{x}=V_{0x}=V_{0}\sin \alpha \\ V_{y}=-gt+V_{0}\cos \alpha \end{array} \right.$ $\Longrightarrow$ $\left\vert \begin{array}{c} x=(V_{0}\sin \alpha )t \\ y=-\frac{1}{2}gt^{2}+V_{0}(\cos \alpha )t \end{array} \right.$

$y=-\frac{g}{2V_{0}^{2}\sin^{2} \alpha }x+s\cot g\alpha$

3-3 Diamètre minimum.

le diamètre minimum est fixé par la portée maximale $\alpha =60$ °

$D_{mm}=2X_{s}$

$\sin 60 =\frac{\sqrt{3}}{2}\Longrightarrow \sin^{2}\alpha =\frac{3}{4}$

$\cot y 60=\frac{\sqrt{3}}{3}\Longrightarrow y=0\Longrightarrow -\frac{2g}{3V_{0}^{2}}x^{2}+\frac{x\sqrt{3}}{3}+2$

$\Longrightarrow 0\Longrightarrow x^{2}-\frac{V_{0}^{2}\sqrt{3}}{2g}x-\frac{3V_{0}^{2}}{g}=0$

$d=\frac{3V_{0}^{2}}{4g^{2}}+\frac{12V_{0}^{2}}{g}=\frac{3V_{0}^{2}}{g}(\frac{V_{0}^{2}}{4g}+4)$

$d=\frac{3V_{0}^{2}}{g}(\frac{V_{0}^{2}}{4g}+4)$

AN: $d=\frac{3\times 14^{2}}{9,81}(\frac{14{{}^2}}{4\times 9,81}+4)$

$d=539,14=(23,22){{}^2}$

$x{{}^2}-17,3x-59,94=0$

$x_{1}=\frac{17,3-23,22}{2}<0$

$x_{2}=\frac{17,3+23,22}{2}=20,3$

$x_{p}=20,3m\Longrightarrow D_{mm}=40,6m$

3-4 a) temps mis par la goutte d'eau pour atteindre le bassin

$t=\frac{x_{p}}{v_{0}\sin \alpha }$

AN: $t=\frac{20,3}{14\times \frac{\sqrt{3}}{2}}=1,67s$

$t=1,67s$

b) Caractéristique de la vitesse $\overrightarrow{v}$

$\overrightarrow{v}\left\vert \begin{array}{c} v_{x}=14\times \frac{\sqrt{3}}{2}=12,1 \\ v_{y}=-9,81\times 1,67+\frac{14}{2}=-9,38 \end{array} \right.$

$\overrightarrow{v}=12,1\overrightarrow{i}-9,38\overrightarrow{j}$

norme

$v=\sqrt{12,1{{}^2}+(9,38){{}^2}}=15,3m/s$

$v=15,3m/s$

Sens : Oblique ou $K$ vers $S$

Direction : calcul de $\beta$

$t_{y}\beta ^{\prime }=\frac{v_{x}}{|v_{y}|}\Longrightarrow t_{y}\beta ^{\prime }\frac{12,1}{9,38}\Longrightarrow t_{y}\beta ^{\prime }=1,29\Longrightarrow \beta ^{\prime }=52,2{{}^\circ}$

or $180{{}^\circ}=\beta +\beta ^{\prime }\Longrightarrow \beta =180\beta ^{\prime }\Longrightarrow \beta =180{{}^\circ}-52,2=127,8{{}^\circ}$

$\Longrightarrow \beta =127,8 {{}^\circ}$

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Corrigé 1998 : Loi de Kepler

Détails: Catégorie : Mécanique

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3.1. Caractéristique de la force gravitationnelle exercée par la planète sur le satellite.

Direction : perpendiculaire à la trajectoire

Sens : centripète

Norme $F=\frac{GMm}{r^{2}}$

3.2. Expression du vecteur champ de gravitation :

$\overrightarrow{F}=m\overrightarrow{g}=-\frac{GMm}{r^{2}}\overrightarrow{i}\Longrightarrow \overrightarrow{g}=\frac{GMm}{r^{2}}\overrightarrow{i}$

3.3. Nature du mouvement du satellite :

Appliquons le théorème du centre d'inertie au satellite dans le référentiel géocentrique

$\overrightarrow{F}=m\overrightarrow{a}=m\overrightarrow{g}\Longrightarrow \overrightarrow{a}=\overrightarrow{g}$

Dans la base de Frênet :

$\overrightarrow{a}\left\vert \begin{array}{c} a_{t}=\frac{dV}{dt}=0\left( car\text{ }\overrightarrow{a}\text{est centripete}\right) \left( 1\right) a_{n}=\frac{V^{2}}{r}\left( 2\right) \end{array} \right.$

La relation (1) montre que la vitesse est constante : le mouvement du satellite est uniforme.

$\left( 1\right) et\left( 2\right) \Longrightarrow a=a_{n}\Longrightarrow g=\frac{V^{2}}{r}\Longrightarrow r=\frac{V^{2}}{g}or$ $g=\frac{GM}{r^{2}}\Longrightarrow r=\frac{V^{2}r^{2}}{GM}\Longrightarrow r=\frac{GM}{V^{2}}=cste$

Le mouvement est alors circulaire

3.4.

3.4.a. Expression de la vitesse.

$V=\sqrt{\frac{GM}{r}}$

3.4.b. Expression de la période

$T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{V.r}=\frac{2\pi }{\sqrt[r]{\frac{GM}{r}}}\Longrightarrow T=2\pi \sqrt{\frac{r^{3}}{GM}}$

Montrons que le rapport $\frac{r^{3}}{T^{2}}$ est constant :

$T^{2}=\frac{4\pi ^{2} r^{3}}{GM}\Longrightarrow \frac{r^{3}}{T^{2}}=\frac{GM}{4\pi^{2}}$ est contant.

3.5. Masse de la planéte : $M=\frac{4\pi^{2} r^{3}}{GT^{2}}=5,78.10^{26}kg$

3.6. période du satellite $(S\prime )$ : $r\prime =r\left( \frac{T^{\prime }}{T}\right) ^{\frac{2}{3}}=5,3.10^{5}km$

Corrigé 2000 : Pendule conique et ressort

Détails: Catégorie : Mécanique

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1.1. Représentation des forces et calcul des intensités.

<img240|center>

Théorème du centre d'inertie $\overrightarrow{P}+\overrightarrow{T}=m\overrightarrow{a}$

Suivant l'axe des $y$ : $-P+T\cos \theta =0\Longrightarrow$

$T=\frac{P}{\cos \theta }or$ $P=mg=1,96N\Longrightarrow T=2,26N$

1.2. Vitesse angulaire et linéaire.

Suivant l'axe des $x$ : $T\sin \theta =ma$ avec $a=a_{N}=\omega^{2}r$ ; $r=l\sin \theta$ ; $l=l_{0}+x$

$T\sin \theta =m\omega^{2}\left( l_{0}+x\right) \sin \theta \Longrightarrow T=kx=m\omega^{2}\left( l_{0}+x\right) \Longrightarrow$

$\omega =\sqrt{\frac{T}{m\left( l_{0}+x\right) }}orx=\frac{T}{k}=7,06.10^{-2}m$

AN : $\omega =6,71rad/s$

$v=r\omega \Longrightarrow v=\left( l_{0}+x\right) \sin \theta .\omega$

;AN: $v=0,84m/s$

2.

2.1. Equation de la trajectoire

Théorème du centre d'inertie: $\overrightarrow{P}=m\overrightarrow{g}=m\overrightarrow{a}\Longrightarrow \overrightarrow{g}=\overrightarrow{a}\left( 0,-g\right)$

$\overrightarrow{OM_{0}}\left( 0,0\right)$

; $ax=0\Longrightarrow Vx=Vs\Longrightarrow x=Vs.t$

$x=Vs.t$

$z=-\frac{1}{2}gt^{2}+h\Longrightarrow z=-\frac{1}{2}g\frac{x^{2}}{V_{s}^{2}}+h$

$az=-g$ $\Longrightarrow V_{z}=-gt\Longrightarrow$ $z=-\frac{1}{2}gt^{2}+h$

2.2. allure de la trajectoire

<img241|center>

3.1. Impact sur le réceptacle.

Le réceptacle est défini par l'intervalle $I=[70cm,90cm]$

au $solz=0$ $\Longrightarrow$

$-\frac{1}{2}g\frac{x^{2}}{V_{s}^{2}}+h=0\Longrightarrow X_{sol^{\prime }}=\sqrt{\frac{2hV_{s}^{2}}{{}}}$

AN : $X_{sol^{\prime }}=0,66m=66cm$

conclusion = $X_{sol}\notin I\Longrightarrow$

3.2. distance au centre $M$ $d=x_{M}-x_{sol}=80-66=14cm$

Corrigé 2001 : Satellite geostationnaire

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5.1. Théorème du centre d'inertie

$\overrightarrow{F}=m\overrightarrow{a}=m\overrightarrow{g}\Longrightarrow \overrightarrow{a}=\overrightarrow{g}=\overrightarrow{a_{n}}\Longrightarrow \overrightarrow{a_{T}}=\overrightarrow{0}=\frac{d\overrightarrow{v}}{dt} \Longrightarrow v=cte$

$\overrightarrow{g}$ centripète donc $\overrightarrow{a}$ centripète ainsi $a_{t}=0$ donc $v=cte$ :le mouvement est uniforme

5.2. Expression de $g$ en A.

$g=g_{0}\frac{R^{2}}{\left( R+h\right) ^{2}}$

5.3.1. Période et énergie cinétique du satellite

$T=\frac{2\pi }{R\sqrt{g_{0}}}r^{\frac{3}{2}}=\frac{2\pi }{R\sqrt{ g_{0}}}\left( R+h\right) ^{\frac{3}{2}}$

$V_{0}=R\sqrt{\frac{g_{0}}{R+h}};E_{C}=\frac{1}{2}mV^{2}=\frac{mg_{0}R^{2}}{ 2\left( R+h\right) }=1,97.10^{10}J$

5.3.3.

géostationnaire = fixe par rapport à un observateur terrestre

lieu d'évolution = plan équatorial.

Altitude $h=36000km$

5.4.1. Période de révolution

$T_{L}=\frac{2\pi }{R\sqrt{g_{0}}}r_{L}^{\frac{3}{2}}=236786s=27,4jours$

cette valeur est conforme au mois lunaire.

5.4.2. Masse de la Lune

Au point d'équi -gravitation $F_{1}=F_{2}$

$\frac{K_{m}M_{T}}{d_{1}^{2}}=\frac{K_{m}M_{T}}{d_{2}^{2}}\Longrightarrow \frac{M_{T}}{d_{1}^{2}}=\frac{M_{L}}{d_{2}^{2}}$

Soit $x=distance$ Lune- Objet

$d_{2}=R_{L}+x$

$d_{1}=D\times\left( R_{L}+x\right)$

$\frac{M_{T}}{\left[ D-\left( R_{L}+x\right) \right] ^{2}}=\frac{M_{L}}{ \left( R_{L}+x\right)^{2}}\Longrightarrow$

$M_{L}=M_{T}\ast \left( \frac{R_{L}+x}{D-\left( R_{L}+x\right) }\right) ^{2}=7,34.10^{22}Kg$