Dynamique: fiche d'exercices

Ce qu’il faut savoir faire pour le contrôle continu:

 

    • Maîtriser le calcul vectoriel, les outils cinématiques et les projections (indispensable !)
    • Appliquer le principe fondamental de la dynamique (PFD)
    • Maîtriser les primitives de base
    • Interpréter les concepts de distance, de vitesse et d’accélération en terme de dérivées pour résoudre des problèmes

Exercice 1: balistique sans frottements

On étudie le mouvement d’un ballon de rugby, considéré comme un point matériel qui lors d’un coup d’envoi est envoyé à partir d’un point que l’on choisit comme origine $O$ du système de coordonnées avec une vitesse $v_0$ sous un angle $\theta$ avec la direction horizontale. Le ballon est soumis à son seul poids (on néglige toute force de frottement). Trouver:

1. La position du ballon en fonction du temps,

2. Le temps $T_c$ nécessaire pour atteindre le point culminant,

3. La hauteur maximale atteinte $h_{max}$ en fonction de l’angle $\theta$,

4. Le temps de vol $T_v$,

5. La distance maximale atteinte $x_{max}$ en fonction de l’angle $\theta$.

6. Comment faut-il choisir l’angle $\theta$ pour que cette distance soit maximale?

7. Démontrer que la trajectoire est une parabole.

Bonus: dans un second temps, on ne néglige plus les frottements. Donner une expression qualitative de la force de frottements. Quelle est l’équation du mouvement? Quelles sont ses solutions?

    1. Utilisez la méthode vue en vidéo !
    2. C’est le temps pour que la hauteur soit maximale, donc le temps pour lequel la dérivée est nulle.
    3. Utilisez le temps obtenu en 2.
    4. Le vol s’arrête lorsque le ballon est au sol, donc lorsque $y=0$.
    5. Utilisez le temps obtenu en 4.
    6. On veut que $x_{max}$ soit le plus grand possible, donc que sa dérivée soit nulle (attention, on fait varier $\theta$, on dérive donc par rapport à $\theta$ !)
    7. Injectez $x$ dans l’équation paramétrique en $y$.
    1. On applique la méthode de la vidéo, qui traite exactement du même exercice. On trouve : $$\begin{cases} y(t)=-\frac{g}{2}t^2+v_0 \sin(\theta)t \\ x(t)=v_0 \cos(\theta)t \end{cases}.$$
    2. Le temps culminant correspond à une hauteur maximale, donc à une dérivée nulle: $\dot{y}(T_c)=0$. Il ne reste plus qu’à isoler $T_c$: $-gT_c+v_0\sin(\theta)=0$ Donc : $$T_c=\frac{v_0\sin(\theta)}{g}$$
    3. $h_{max}$ est la hauteur maximale: $h_{max}=y(T_c)$. Donc, en calculant: $h_{max}=-\frac{g}{2}T_c^2+v_0 \sin(\theta)T_c$ En remplaçant $T_c$ par le résultat trouvé en 2. : $$h_{max}= -\frac{g}{2}\frac{v_0^2\sin^2(\theta)}{g^2}+v_0 \sin(\theta)\frac{v_0\sin(\theta)}{g}$$ Soit : $$h_{max}=\frac{v_0^2\sin^2(\theta)}{g^2}$$
    4. Le temps de vol est le temps où le ballon retombe: $y(T_v)=0$. Il ne reste plus qu’à isoler $T_v$ : $$y(t)=-\frac{g}{2}T_v^2+v_0 \sin(\theta)T_v=0$$ On peut maintenant soit calculer le discriminant de ce polynôme du second degré (méthode “bazooka”: lourde mais pas besoin d’astuce), soit remarquer qu’on peut factoriser le terme de droite par $T_v$. Dans tous les cas, on trouve deux solutions à l’équation: $T_v=0$ ou $T_v=\frac{2v_0\sin(\theta)}{g}$. La première solution correspond au moment où le rugbyman n’a pas encore jeté la balle (logique, puisqu’on commence à compter au moment où il la lance !) c’est donc la deuxième solution qui correspond au temps de vol.
    5. $x_{max}$ est la distance maximale: $x_{max}=x(T_v)$. Donc, en calculant : $$x_{max}=\cos(\theta)T_{max}$$ En remplaçant $T_{max}$ par le résultat trouvé en 4. : $$x_{max}=\frac{2v_0\cos(\theta)\sin(\theta)}{g}$$
    6. Pour que la distance soit maximale, il faut que $x_{max}$ soit maximal. On peut alors soit dériver $x_{max}$ par rapport à $\theta$ (encore une fois, méthode bazooka), soit remarquer que $2\cos(\theta)\sin(\theta)=\sin(2\theta)$. Dans les deux cas, on trouve alors que l’angle le plus efficace est $\theta=\frac{\pi}{4}$. 
    7. On aimerait avoir une expression de la forme $y(x)=…$ au lieu d’une expression de la forme $y(t)=…$. On va donc remplacer le $t$ par son expression en fonction de $x$. On a, d’une part : $$x(t)=\cos(\theta)t$$ Donc, en isolant $t$: $$t=\frac{x}{\cos(\theta)}$$ On peut maintenant remplacer dans $y$ : $$y=-\frac{g}{2}t^2+v_0 \sin(\theta)t$$ $$y=-\frac{g}{2}(\frac{x}{\cos(\theta)})^2+v_0 \sin(\theta)\frac{x}{\cos(\theta)}$$ On pourrait simplifier un peu l’expression, mais on voit déjà qu’elle est de la forme $y=ax^2+bx+c$ : c’est donc bien la trajectoire d’une parabole.

Exercice 2: pendule plan

Une bille de masse \(m\) (assimilée à un point \(M\)) est attachée à un fil de longueur \(l\); le fil fait un angle \(\theta\) avec l’axe vertical. On place l’origine \(O\) à l’autre extrémité du fil.

    1. Quel est le repère le mieux adapté pour résoudre le problème?
    2. Quelles sont les forces qui s’exercent sur le point $M$?
    3. Ecrire les équations du mouvement.
    4. Démontrer que pour des oscillations de faible amplitude, où l’approximation $\sin(\theta)\simeq \theta$ est une bonne approximation, l’équation du mouvement est donnée par $\ddot\theta +\frac{g}{l}\theta=0$.

Bonus: résoudre l’équation du mouvement pour des oscillations faibles.

    1. Prenez en compte les symétries du problème: si le mouvement a une tête à être circulaire, il sera judicieux d’utiliser les coordonnées polaires.
    2. Comme tout système dynamique dans le champ de pesanteur, la bille est soumise à son poids, mais qu’est ce qui l’empêche de tomber au sol?
    3. Cf la méthode vue en vidéo ! La difficulté ici est d’écrire l’accélération en coordonnées polaires.
    4.  
      1. Le mouvement sera circulaire: on a donc tout intérêt à résoudre le problème en coordonnées polaires. Les vecteurs unitaires sont alors $\vec{u_r}$ normal au fil, du point $O$ vers le point $M$, et $\vec{u_{\theta}}$ orthogonal à $\vec{u_r}$ et placé dans le sens conventionnel des coordonnées polaires (cf chapitre 1: cinématique).
      2. Les forces qui s’exercent sur $M$ sont son poids: $$\vec{P}=m\vec{g}=mg(\cos(\theta)\vec{u_r}-\sin(\theta)\vec{u_{\theta}})$$ (obtenue en projetant $\vec{g}$ dans le repère polaire, cf chapitre 0: calcul vectoriel) et la tension du fil $\vec{T}$, dont on sait juste qu’elle est selon le fil, donc normale à $u_r$: $$\vec{T}=T\vec{u_r}$$ où $T$ est une constante inconnue.
      3. Le principe fondamental de la dynamique nous donne: $$\vec{P}+\vec{T}=m\vec{a}$$ En écrivant ces vecteurs dans les coordonnées polaires à l’aide de la question précédente, cela nous donne donc: $$mg(\cos(\theta)\vec{u_r}-\sin(\theta)\vec{u_{\theta}})+T\vec{u_r}=m(l\ddot\theta \vec{u_{\theta}}-l\dot\theta^2 \vec{u_r})$$ (Cf chapitre 1: cinématique pour obtenir l’accélération). Il ne nous reste plus qu’à projeter sur les différents axes et, comme on a bien explicité nos vecteurs, cela revient juste à regrouper les différentes coordonnées entre elles: $$\left\{ \begin{matrix}mg\cos(\theta)+T=-ml\dot\theta^2\\ -mg\sin(\theta)=ml\ddot\theta \end{matrix} \right.$$
      4. On reprend la deuxième équation du mouvement trouvée en 3., et on la simplifie: $$g\sin(\theta)=l\ddot\theta$$ Donc, en utilisant l’approximation $\sin(\theta)\simeq\theta$ et en regroupant tous les termes, on obtient bien: $$\ddot\theta+\frac{g}{l}\theta=0$$

Remarque 1: Dans la question 2., on aurait pu écrire la tension $\vec{T}$ avec un signe négatif pour bien montrer qu’elle se dirige vers $O$, mais cela n’a en réalité pas d’importance: si on part d’une tension positive, le PFD nous rajoutera un signe moins. Comme quoi la vie est bien faite !

Remarque 2: L’équation obtenue en 4. est une équation harmonique, vous apprendrez à les résoudre au deuxième semestre (vous pouvez néanmoins deviner les solutions: quelle fonction redevient la même lorsqu’on la dérive deux fois?).