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Ministère de l’Enseignement Supérieur et de la Recherche ScientifiqueUniversité Abderahmane Mira de Béjaia
Licence 1 Sciences de la Matière
Année Universitaire : 2017/2018 Durée : 01h30’
Examen Final de Physique 1
Exercice 1 [4 points] (Temps nécessaire : 5 min)Choisir la bonne réponse (Sur votre copie notez juste le numéro de la question et la lettre corres-
pondant à la bonne réponse)
1.1 Un objet en chute libre est soumisa) uniquement à sa masse b) uniquement à son poidsc) à la force de résistance de l’air d) aucune bonne réponse
Solution : 1-b
2.1 D’après le théorème de l’énergie cinétique, si W
total
> 0,a) l’énergie cinétique diminue b) l’énergie potentielle diminuec) l’énergie cinétique augmente d) l’énergie potentielle augmente
Solution : 2-c
3.1 Si le travail d’une force est négative, la forcea) est conservative b) dérive d’un potentielc) est une force de résistance d) est constante
Solution : 3-c
4.1 Un objet est en équilibre sia) sa vitesse est positive b) son accélération est nullec) sa trajectoire est rectiligne d) son poids est constant.
Solution : 4-b
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Exercice 2 [6 points] (Temps nécessaire : 30 min)Un objet M se déplace dans un plan Oxy. Ses coordonnées à l’instant t sont données par :
x = 20 – (t ≠ ·), y = 10 — (t ≠ ·)2
Avec – = 1 (SI), — = 1 (SI), · = 1 (SI).1.0.5 Quelle est la dimension de –, — et · .
Solution :
[–] = L.T
≠1 ; [—] = L.T
≠2 ; [· ] = T.
En remplaçant les valeurs de –, — et · par 1 dans les expressions de x et y,2.0.5 Trouver l’équation cartésienne de la trajectoire.
Solution :
x = 20 (t ≠ 1), y = 10 (t ≠ 1)2
, (t ≠ 1) = x
20 ,
L’équation de la trajectoire est donc y = x
2
40 .
3.2.5 Calculer les composantes cartésiennes de la vitesse, v
x
, v
y
, et de l’accélération, a
x
, a
y
, ainsi queleurs modules ||v|| et ||a||.
Solution :
v
x
= dx
dt
= 20, v
y
= dy
dt
= 20 (t ≠ 1), a
x
= dv
x
dt
= 0, a
y
= dv
y
dt
= 20
||v|| =Ò
v
2
x
+ v
2
y
= 20Ô
t
2 ≠ 2t + 2, ||a|| =Ò
a
2
x
+ a
2
y
= 20
4.2 Donner les expressions des composantes tangentielle a
t
et normale a
n
de l’accélération.
Solution :
a
t
= d||v||dt
= 20 t ≠ 1Ôt
2 ≠ 2t + 2; a
2
n
= a
2 ≠ a
2
t
=∆ a
n
= 20Ôt
2 ≠ 2t + 2
5.0.5 Calculer le rayon de courbure lorsque t = 3s.
Solution :
fl = v
2
a
n
= 201t
2 ≠ 2t + 22
3/2
, =∆ fl(t = 3 s) = 223, 6 m
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0,5
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0,5 0,50,50,5
0,50,50,50,5
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Exercice 3 [10 points] (Temps nécessaire : 45 min)Une masse m = 5 Kg se trouve initialement au sommet d’un circuit (voir Figure 1). Le circuit
est constitué de trois parties :— la partie AB est un plan incliné de 4, 00 m de long faisant un angle – = 60o avec l’horizontale ;— la partie BC est un arc de cercle parfaitement lisse (pas de frottements) ;— la partie CD est un plan horizontal de 37, 87 m de longueur.
Le point B se trouve à une hauteur h = 1, 80 m par rapport au plan horizontal CD. Les coe�cientsde frottement statique et cinétique des parties AB et CD sont µ
s
= 0, 268 et µ
c
= 0, 132, respecti-vement. On notera finalement que l’accélération de la pesanteur est g = 10 m/s2.Initialement la masse est attachée à une corde au point A
1.1 Quelles sont les forces qui agissent sur la masse. Représentez ces forces sur un schéma.
Solution : Les forces sont le poids ˛
P , la normale ˛
N , la force de frottement ˛
f et la tensionde la corde ˛
T .
2.2 Quelle est la tension minimale T
m
nécessaire pour le maintien de la masse au repos (ne tombepas) ?
Solution : La tension est minimale quand la force de frottement est maximale, ˛
f = ˛
f
smax
où f
smax
= µ
s
N . La masse m est à l’équilibre : q˛
F = ˛
P + ˛
N + ˛
f
smax
+ ˛
T
m
= ˛0. En projetantsur les deux axes x et y, on trouve
Sur x : P sin – ≠ f
smax
≠ T
m
= 0, Sur y : ≠ P cos – + N = 0
=∆ T
m
= P (sin – ≠ µ
s
cos –) = 36, 6 N
On considère maintenant que la corde a cédé (elle a été coupée) et la masse glisse de A jusqu’à D :3.1.5 Quelle est l’accélération de la masse entre les points A et B ?
Solution : La masse est maintenant soumise à la force de frottement cinétique ˛
f = ˛
f
c
oùf
c
= µ
c
N , au poids ˛
P et à la normale ˛
N . En appliquant le principe fondamental de ladynamique : q
˛
F = ˛
P + ˛
N + ˛
f
c
= m a
Sur x : P sin – ≠ f
c
= m a, Sur y : ≠ P cos – + N = 0
=∆ a = g (sin – ≠ µ
s
cos –) = 8, 0 m/s2
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Exercice 3 [10 points] (Temps nécessaire : 45 min)Une masse m = 5 Kg se trouve initialement au sommet d’un circuit (voir Figure 1). Le circuit
est constitué de trois parties :— la partie AB est un plan incliné de 4, 00 m de long faisant un angle – = 60o avec l’horizontale ;— la partie BC est un arc de cercle parfaitement lisse (pas de frottements) ;— la partie CD est un plan horizontal de 37, 87 m de longueur.
Le point B se trouve à une hauteur h = 1, 80 m par rapport au plan horizontal CD. Les coe�cientsde frottement statique et cinétique des parties AB et CD sont µ
s
= 0, 268 et µ
c
= 0, 132, respecti-vement. On notera finalement que l’accélération de la pesanteur est g = 10 m/s2.Initialement la masse est attachée à une corde au point A
1.1 Quelles sont les forces qui agissent sur la masse. Représentez ces forces sur un schéma.
Solution : Les forces sont le poids ˛
P , la normale ˛
N , la force de frottement ˛
f et la tensionde la corde ˛
T .
2.2 Quelle est la tension minimale T
m
nécessaire pour le maintien de la masse au repos (ne tombepas) ?
Solution : La tension est minimale quand la force de frottement est maximale, ˛
f = ˛
f
smax
où f
smax
= µ
s
N . La masse m est à l’équilibre : q˛
F = ˛
P + ˛
N + ˛
f
smax
+ ˛
T
m
= ˛0. En projetantsur les deux axes x et y, on trouve
Sur x : P sin – ≠ f
smax
≠ T
m
= 0, Sur y : ≠ P cos – + N = 0
=∆ T
m
= P (sin – ≠ µ
s
cos –) = 36, 6 N
On considère maintenant que la corde a cédé (elle a été coupée) et la masse glisse de A jusqu’à D :3.1.5 Quelle est l’accélération de la masse entre les points A et B ?
Solution : La masse est maintenant soumise à la force de frottement cinétique ˛
f = ˛
f
c
oùf
c
= µ
c
N , au poids ˛
P et à la normale ˛
N . En appliquant le principe fondamental de ladynamique : q
˛
F = ˛
P + ˛
N + ˛
f
c
= m a
Sur x : P sin – ≠ f
c
= m a, Sur y : ≠ P cos – + N = 0
=∆ a = g (sin – ≠ µ
s
cos –) = 8, 0 m/s2
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4.0.5 Calculer sa vitesse au point B.
Solution : Entre A et B le mouvement de la masse est rectiligne et uniformément accéléré,nous pouvons donc appliquer la relation
v
2
B
≠ v
2
A
= 2 a (xB
≠ x
A
) =∆ v
2
B
≠ 02 = 2 ◊ 8 ◊ 4 =∆ v
B
= 8 m/s
Tout en sachant que la partie BC est parfaitement lisse,5.1 y a-t-il conservation de l’énergie mécanique entre B et C ? Justifiez votre réponse.
Solution : Oui, car entre B et C le travail des forces non conservatives est nul.
6.1 Montrer que le module de la vitesse au point C est v
c
= 10 m/s.
Solution : En posant que h
C
= 0 et que h
B
= 1, 8 m, on trouve que :E
m
(B) = E
p
(B) + E
c
(B) = m g h
B
+ 1
2
m v
2
B
= 90 + 160 = 250 J.E
m
(C) = E
p
(C) + E
c
(C) = m g h
C
+ 1
2
m v
2
C
= 0 + 1
2
m v
2
C
= 1
2
m v
2
C
.Par conservation de l’énergie mécanique entre B et C, il vient
E
m
(C) = 12 m v
2
C
= E
m
(B) =∆ v
C
=Û
2 E
m
(B)m
= 10 m/s
Sur la partie CD où µ
c
= 0, 132, la masse décélère et s’arrête exactement au point D.7.0.5 L’énergie potentielle est-elle la même aux points C et D ?
Solution : Oui, car h
D
= h
C
.
8.1 Quelle est le travail de la force de frottement entre C et D ?
Solution : Sachant que h
D
= 0 et que v
D
= 0, E
m
(D) = 0. Il vient alors que :
W (˛
f
c
) = E
m
(D) ≠ E
m
(C) = ≠250 J
9.0.5 En déduire le module de la force de frottement cinétique f
c
, sachant qu’elle est constante.
Solution : Le mouvement entre C et D est rectiligne, de plus f
c
est constante. Dans ce cas
W (˛
f
c
) = ˛
f
c
· ≠≠æCD = f
c
. CD . cos(fi) = ≠fc . CD =∆ fc = ≠W (˛
f
c
)CD
= 6, 6 N
10.1 Calculer le travail de la force normale ˛
N entre A et D.
Solution : W ( ˛
N) = 0 car ˛
N est toujours perpendiculaire au déplacement élémentaire ˛
d¸.
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Figure 1 –
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Recommended