20jam.bouguechal.free.fr/upload/file/Partiel de physique I... · 2016. 2. 20. · Partiel de Physique I 02/02/2016 IPSA 2015-2016 11 / 14 Exercice 5: Choc de deux particules dans

Numéro : Classe :

Partiel de Physique I 02/02/2016 IPSA 2015-2016 1 / 14

I.P.S.A.

5 / 9 rue Maurice

grandcoing

94200 Ivry Sur Seine

Date de l'Epreuve :

02 février 2016

Tél. : 01.56.20.60.71

Classe AERO.1P-A à H

PARTIEL

PHYSIQUE I Ph11 Professeur : BOUGUECHAL / LEKIC

Durée: 1h30 2 h 00 3 h 00

Notes de Cours

Avec Calculatrice non

programmable

Sans (1) Sans(1)

(1) Rayer la mention

inutile

NOM : Prénom : Bonus :

N° de

Table :

Ex 1 Ex 2 Ex 3 Ex 4 EX 5 Bonus

/ 3.0 / 6.0 / 2.5 / 5.5 / 3 / 2

PARTIEL DE PHYSIQUE I

Si au cours de l’épreuve, vous repérez ce qui vous parait être une erreur ou un oubli

dans l’énoncé, vous le signalez clairement dans votre copie et vous poursuivez

l’examen en proposant une solution.

Le barème est donné à titre indicatif

Rédigez directement sur la copie

Inscrivez vos nom, prénom et classe

Justifiez vos affirmations si nécessaire.

Il sera tenu compte du soin apporté à la rédaction.

NOM : PRENOM :

NUMERO :

CLASSE :

T.S.V.P.

/20

Numéro : Classe :


Exercice 1 : COORDONNEES CARTESIENNES ET POLAIRES ( 3.0 points )

CO

OR

DO

NN

EE

S C

AR

TE

SIE

NN

ES

E

T P

OL

AIR

ES

COORDONNEES

CARTESIENNES

(DANS L’ESPACE)

COORDONNEES

POLAIRES

Ecrire les vecteurs de

base ( �⃗⃗� 𝒙 , �⃗⃗� 𝒚 , �⃗⃗� 𝒛 ) ( �⃗⃗� 𝒓 , �⃗⃗� 𝜽 ) 0.25

Ecrire les

coordonnées d’un

point M

M( x , y , z ) M( r , θ ) 0.25

Ecrire le vecteur

position �⃗� = x �⃗⃗� 𝒙 +y �⃗⃗� 𝒚 +z �⃗⃗� 𝒛 �⃗� = r �⃗⃗� 𝒓 0.25

Vecteur vitesse �⃗⃗� = �̇� �⃗⃗� 𝒙 + �̇� �⃗⃗� 𝒚 + �̇� �⃗⃗� 𝒛 �⃗⃗� = �̇� �⃗⃗� 𝒓 +r �̇� �⃗⃗� 𝜽 0.25

Vecteur accélération

�⃗⃗� = �̈� �⃗⃗� 𝒙 + �̈� �⃗⃗� 𝒚 +�̈� �⃗⃗� 𝒛

�⃗⃗�

= (�̈� − 𝒓�̇�𝟐)𝒖𝒓⃗⃗⃗⃗

+ (𝟐�̇��̇� + 𝒓𝜽)̈𝒖𝜽⃗⃗ ⃗⃗

0.5

Vecteur élément de

longueur 𝒅𝒍 = dx �⃗⃗� 𝒙+dy �⃗⃗� 𝒚 +dz �⃗⃗� 𝒛 𝒅𝒍 = dr �⃗⃗� 𝒓+ r dθ �⃗⃗� 𝜽 0.5

Eléments de surface {𝒅𝒔 = 𝒅𝒙 𝒅𝒛𝒅𝒔 = 𝒅𝒙 𝒅𝒚𝒅𝒔 = 𝒅𝒚 𝒅𝒛

ds = r dr dθ 0.5

Formule de passage r = √𝒙𝟐 + 𝒚𝟐

θ = arctan(y/x)

x = r cos θ

y = r sin θ

0.5

Vous pouvez rédiger ici vos calculs (ce n’est pas une obligation).

Numéro : Classe :


Numéro : Classe :


Exercice 2 : MOUVEMENT HELICOÏDAL ( 6.0 points )

Un point M décrit une hélice circulaire d’axe Oz. Son mouvement est donné par :

𝑴 {𝒙 = 𝒂 𝒄𝒐𝒔 (𝜽)

𝒚 = 𝒂 𝒔𝒊𝒏 (𝜽)

𝒛 = 𝒉 𝜽

a est le rayon du cylindre de révolution sur lequel est tracée l’hélice, h est une constante

positive et θ l’angle que fait avec l’axe Ox la projection du vecteur position sur Oxy.

a) Compléter le dessin en représentant les coordonnées cartésiennes (x y, z), les

coordonnées cylindriques (ρ, θ, z) du point M ainsi que les vecteurs de la base cylindriques.

b) Ecrire en coordonnées cylindriques les composantes du vecteur position OM pour

l’hélice en fonction des données.

c) Etablir en coordonnées cylindriques les expressions de la vitesse et de l’accélération

de l’hélice.

d) Montrer que le vecteur vitesse fait avec le plan Oxy un angle constant dont on

déterminera la tangente.

e) Montrer que, si la norme du vecteur vitesse est constante alors la vitesse angulaire est

constante.

f) Montrer alors que le vecteur accélération passe par l’axe du cylindre et est parallèle

au plan Oxy.

g) Donner l’expression générale du vecteur accélération dans le repère de Frenet de

vecteurs de base (𝒕 , �⃗⃗� ).

h) En déduire alors le rayon de courbure de la trajectoire.

i) Que devient le rayon de courbure si h tend vers zéro.

Réponse :

a)

( �⃗⃗� 𝝆 , �⃗⃗� 𝜽 , �⃗⃗� 𝒛 )

z

M

y

x

O

H OH = ρ

z

y

x θ

�⃗� 𝜌

�⃗� 𝜃

�⃗� 𝑍

0.25 * 3

0.25 * 3

0.25 * 3

Numéro : Classe :


b) Vecteur position :

�⃗� = 𝑶𝑯⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ + 𝑯𝑴⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 𝝆�⃗⃗� 𝝆 + 𝒛�⃗⃗� 𝒛 = 𝒂�⃗⃗� 𝝆 + 𝒉𝜽�⃗⃗� 𝒛 = (𝒂𝟎𝒉𝜽

)

c) Vecteur vitesse :

�⃗⃗� =𝒅�⃗�

𝒅𝒕= 𝒂�̇� �⃗⃗� 𝜽 + 𝒉�̇��⃗⃗� 𝒛 = (

𝟎𝒂�̇�𝒉�̇�

)

Vecteur accélération :

�⃗⃗� =𝒅�⃗⃗�

𝒅𝒕= −𝒂�̇�𝟐 �⃗⃗� 𝝆 + 𝒂�̈��⃗⃗� 𝜽 + 𝒉�̈��⃗⃗� 𝒛 = (

−𝒂�̇�𝟐

𝒂�̈� 𝒉�̈�

)

d) Le vecteur vitesse a deux composantes, il se trouve dans le plan �⃗⃗� 𝜽, �⃗⃗� 𝒛

L’angle entre le vecteur vitesse et le plan Oxy est donnée par :

𝒕𝒂𝒏(𝜶) =𝒉�̇�

𝒂�̇�=𝒉

𝒂= 𝒄𝒔𝒕𝒆

e) Norme du vecteur vitesse :

‖�⃗⃗� ‖ = √(𝒂�̇�)𝟐 + (𝒉�̇�)

𝟐= �̇�√𝒂𝟐 + 𝒉𝟐 = 𝒄𝒔𝒕𝒆

Alors :

�̇� = 𝒄𝒔𝒕𝒆 f) Accélération

�̇� = 𝒄𝒔𝒕𝒆 ⇒ �̈� = 𝟎

�⃗⃗� = −𝒂�̇�𝟐 �⃗⃗� 𝝆

Le vecteur �⃗⃗� 𝝆 de la base passe par l’axe Oz, comme le vecteur accélération est colinéaire à ce vecteur il passe donc par l’axe Oz.

g) Vecteur accélération dans la base de Frenet :

�⃗⃗� =𝒅𝒗

𝒅𝒕 𝒕 +

𝒗𝟐

𝑹 �⃗⃗�

h) Rayon de courbure :

𝒗𝟐

𝑹= 𝒂�̇�𝟐

𝑹 =𝒗𝟐

𝒂�̇�𝟐=�̇�𝟐(𝒂𝟐 + 𝒉𝟐)

𝒂�̇�𝟐= 𝒂 +

𝒉𝟐

𝒂

i) Si h tend vers zéro :

𝑹 = 𝒂

0.25

0.25

0.25

0.50

0.50

0.50

0.50

0.50

0.50

Numéro : Classe :


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Exercice 3 : VITESSE AREOLAIRE ( 2.5 points )

Lorsqu’une particule M de masse m décrit une courbe plane, sa vitesse aréolaire 𝒅𝑨

𝒅𝒕 est

la variation par rapport au temps de l’aire A balayée par le rayon-vecteur �⃗� = 𝑶𝑴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ entre deux instants proches : t et t + δt.

On pose �⃗⃗� le vecteur-vitesse. On note dA cette surface. a) Faire une figure représentant tous les éléments de l’exercice.

b) Donner l’expression de dA et justifiez.

c) En déduire alors que l’on a :

𝒅𝑨

𝒅𝒕= 𝟏

𝟐 ‖�⃗� ⋀ �⃗⃗� ‖

Justifier et expliquer.

d) Montrer qu’en coordonnées cartésiennes (x, y) on a :

𝒅𝑨

𝒅𝒕= 𝟏

𝟐 |𝒙�̇� − 𝒚�̇�|


e) Etablir la formule de la vitesse aréolaire en coordonnées polaires.


Réponse :

a)

�⃗�

b) L’aire d’un parallélogramme est donnée par la norme du produit vectoriel des vecteurs

qui forment ce parallélogramme. dA est l’aire d’un triangle donc la moitié d’un

parallélogramme.

𝒅𝑨 = 𝟏

𝟐‖ �⃗� ∧ 𝜹𝒓⃗⃗ ⃗⃗ ‖

c) On en déduit alors :

𝒅𝑨

𝒅𝒕= 𝟏

𝟐‖ �⃗� ∧

𝜹𝒓⃗⃗ ⃗⃗

𝒅𝒕‖

𝒅𝑨

𝒅𝒕= 𝟏

𝟐‖ �⃗� ∧ �⃗⃗� ‖

𝜹𝒓⃗⃗⃗⃗ dA

�⃗�

O

M(t)

M’(t+δt)

0.50

0.50

0.50

Numéro : Classe :


d) Calcul en coordonnées cartésiennes

𝒅𝑨

𝒅𝒕= 𝟏

𝟐‖ (

𝒙𝒚𝟎

) ∧ (𝒙�̇�𝟎

̇)‖ =

𝟏

𝟐‖(𝒙�̇� − �̇�𝒙) �⃗⃗� 𝒁‖

𝒅𝑨

𝒅𝒕= 𝟏

𝟐|𝒙�̇� − �̇�𝒙|

e) En coordonnées polaires, on a

𝒅𝑨

𝒅𝒕= 𝟏

𝟐‖ (

𝒓𝟎𝟎

) ∧ (𝒓𝒓�̇�𝟎

̇)‖ =

𝟏

𝟐‖(𝒓𝟐�̇�) �⃗⃗� 𝒁‖

𝒅𝑨

𝒅𝒕= 𝟏

𝟐𝒓𝟐�̇�

0.50

0.50

Numéro : Classe :


Exercice 4 : TRAVAUX DE FORCES ET RESSORTS ( 5.5 points )

Un cube de masse m, assimilable à un point matériel, est relié à un ressort de constante de

raideur k et peut glisser sans frottements sur un plan horizontal. A l’équilibre le ressort n’est pas allongé et l’abscisse du cube est nulle.

1ère Partie :

�⃗⃗�

�⃗⃗�

a) Donner l’expression des vecteurs-force appliqués au cube de masse m à l’équilibre

dans la base cartésienne et les représenter sur la figure ci-dessus.

Réponse :

�⃗⃗� = −𝒎𝒈�⃗⃗� 𝒚 = �⃗⃗⃗� (𝟎

−𝒎𝒈 )

�⃗⃗� = +𝑹�⃗⃗� 𝒚 = �⃗⃗⃗� (𝟎𝑹)

b) Donner l’expression générale du travail élémentaire δW d’un vecteur force le long

d’un trajet élémentaire 𝒅𝒍 .

Réponse :

𝜹𝑾 = 𝑭.⃗⃗ ⃗ 𝒅𝒍⃗⃗⃗⃗

c) Donner la valeur du travail du poids lorsque la masse se déplace de l’origine

jusqu’à un point M d’abscisse a.

Réponse :

∫ 𝜹𝑾𝒂

𝟎

= ∫ −𝒎𝒈�⃗⃗� 𝒚

𝒂

𝟎

. 𝒅𝒍⃗⃗⃗⃗ = ∫ −𝒎𝒈�⃗⃗� 𝒚

𝒂

𝟎

. �⃗⃗� 𝒙 𝒅𝒙 = 𝟎

�⃗⃗� 𝒚. �⃗⃗� 𝒙 = 𝟎

d) Donner l’expression du travail de la force de rappel lorsque la masse se déplace de

l’origine jusqu’à un point M d’abscisse a.

Réponse :

∫ 𝜹𝑾𝒂

𝟎

= ∫ −𝒌𝒙�⃗⃗� 𝒙

𝒂

𝟎

. 𝒅𝒍⃗⃗⃗⃗ = ∫ −𝒌𝒙�⃗⃗� 𝒙

𝒂

𝟎

. �⃗⃗� 𝒙 𝒅𝒙 = −𝟏

𝟐𝒌𝒂𝟐

0 x

0 .25*2

0 .25*2

0 .50

0 .25*2

0 .25*2

Numéro : Classe :


2ème Partie :

On incline le plan d’un angle α par rapport à l’horizontale. Le ressort est comprimé.

Voir figure.

�⃗⃗�

a) Donner l’expression des vecteurs-force à l’équilibre dans la base cartésienne du cube de

masse m et les représenter sur la figure.

Réponse :

�⃗⃗� (𝟎𝑹) ; �⃗⃗� (−𝒎𝒈 𝒔𝒊𝒏(𝜶)

−𝒎𝒈 𝒄𝒐𝒔(𝜶)) ; �⃗⃗� 𝑹(

−𝒌𝒙𝟎)

b) En déduire l’expression de l’allongement xéq du ressort à l’équilibre en fonction des

données.

A l’équilibre, on a : ∑ �⃗⃗� = �⃗⃗�

{−𝒎𝒈 𝒔𝒊𝒏(𝜶)−𝒌𝒙𝒆𝒒 = 𝟎𝑹−𝒎𝒈 𝒄𝒐𝒔(𝜶)= 𝟎

𝒙𝒆𝒒 = −𝒎𝒈 𝒔𝒊𝒏(𝜶)

𝒌

c) Donner l’expression de l’énergie potentielle emmagasinée par le ressort en fonction

des données.

𝑬𝒑𝒆 =𝟏

𝟐𝒌𝒙𝒆𝒒

𝟐 =𝟏

𝟐

[𝒎𝒈𝒔𝒊𝒏(𝜶)]𝟐

𝒌

d) Vérifier en utilisant la formule obtenu en b) que lorsque le plan n’est pas incliné le

ressort n’est pas allongé.

𝑺𝒊 𝜶 = 𝟎 𝒂𝒍𝒐𝒓𝒔 𝒔𝒊𝒏 𝜶 = 𝟎 𝒆𝒕 𝒙𝒆𝒒 = −𝒎𝒈 𝒔𝒊𝒏(𝜶)

𝒌= 𝟎

0

x

α �⃗⃗�

0 .25*3

0 .25*3

0 .25*4

0 .25

0 .25

Numéro : Classe :


Exercice 5: Choc de deux particules dans le référentiel du laboratoire ( 3.0 points )

Deux particules A et B, de masses mA et mB= 2mA, supposées ponctuelles, sont mobiles

sans frottement sur un plan. La particule B, initialement au repos, est heurtée par la

particule A dont la vitesse est VA.

Après le choc, les trajectoires des particules A et B sont respectivement à α = 45° et à β =

45° de la trajectoire incidente.

a) Faire un schéma clair avec toutes les données. b) Ecrire la loi de conservation du vecteur quantité de mouvement en fonction des

données.

c) Etablir la formule des vitesses V’A et V’B des particules A et B après le choc en fonction de VA.

d) Etablir la formule de l’énergie cinétique totale avant le choc en fonction mA et VA. e) Etablir la formule de l’énergie cinétique totale après le choc en fonction de mA et

VA.

f) Déterminer le pourcentage de l’énergie cinétique perdue pendant le choc. Conclusion.

Réponse :

a)

Avant le choc Après le choc

b) Ecrire vectoriellement la loi de conservation de la quantité de mouvement.

�⃗⃗� 𝑨 = �⃗⃗� ′𝑨+ �⃗⃗� ′

𝑩

𝒎𝑨�⃗⃗� 𝑨 = 𝒎𝑨�⃗⃗� ′𝑨 +𝒎𝑩�⃗⃗�

′𝑩

c) Etablir la formule des vitesses V’A et V’B des particules A et B après le choc en fonction de VA.

𝒎𝑨 (𝒗𝑨𝟎) = 𝒎𝑨 (

𝒗′𝑨 𝒄𝒐𝒔(𝜶)

𝒗′𝑨 𝒔𝒊𝒏(𝜶)) +𝒎𝑩 (

+𝒗𝑩′ 𝒄𝒐𝒔(𝜶)

−𝒗𝑩′ 𝒔𝒊𝒏(𝜶)

)

{𝒎𝑨𝒗𝑨 = 𝒎𝑨𝒗

′𝑨𝒄𝒐𝒔(𝟒𝟓) + 𝟐𝒎𝑨𝒗

′𝑩𝒄𝒐𝒔(𝟒𝟓)

𝟎 = 𝒎𝑨𝒗′𝑨𝒔𝒊𝒏(𝟒𝟓) − 𝟐𝒎𝑨𝒗

′𝑩𝒔𝒊𝒏(𝟒𝟓)

{𝟐𝒗𝑨 = 𝒗

′𝑨√𝟐 + 𝟐𝒗

′𝑩√𝟐

𝟎 = 𝒗′𝑨 − 𝟐𝒗′𝑩

α = 45 4545

β = 45 4545

A B

A

B

0 .5

0 .5

�⃗⃗� ′𝑨

�⃗⃗� ′𝑩

0 .5

Numéro : Classe :


{

𝒗′𝑨 =

√𝟐

𝟐𝒗𝑨

𝒗′𝑩 =√𝟐

𝟒𝒗𝑨

d) Energie cinétique avant le choc :

𝑬𝑪 =𝟏

𝟐 𝒎𝑨𝒗𝑨

𝟐

e) Energie cinétique totale après le choc :

𝑬𝑪′ =

𝟏

𝟐 𝒎𝑨𝒗′𝑨

𝟐 + 𝟏

𝟐 𝒎𝑩𝒗′𝑩

𝟐

𝑬𝑪′ =

𝟏

𝟐 𝒎𝑨 (

√𝟐

𝟐𝒗𝑨)

𝟐

+ 𝟏

𝟐 𝟐 𝒎𝑨 (

√𝟐

𝟒𝒗𝑨)

𝟐

= 𝟑

𝟖 𝒎𝑨𝒗𝑨

𝟐

f) Pourcentage d’énergie perdue

∆𝑬𝑪𝑬𝑪

=

𝟏𝟐 𝒎𝑨𝒗𝑨

𝟐 −𝟑𝟖 𝒎𝑨𝒗𝑨

𝟐


𝟐=

𝟏𝟖 𝒎𝑨𝒗𝑨

𝟐


𝟐=𝟏

𝟒

0 .5

0 .5

0 .5

Numéro : Classe :


Exercice bonus : Centre d’inertie ( 2 points )

a) Déterminer le centre d’inertie G de deux masses ponctuelles mA et mB = 2 mA situées respectivement aux points A et B. La distance AB = l est connue. On déterminera la distance

AG ou BG en fonction de la longueur l.

𝑶𝑮⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =𝒎𝑨𝑶𝑨⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝒎𝑩𝑶𝑩⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗

𝒎𝑨 +𝒎𝑩

Si on prend l’origine O au point A, on obtient

𝑨𝑮⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ =𝒎𝑨𝑨𝑨⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝟐𝒎𝑨𝑨𝑩⃗⃗⃗⃗⃗⃗

𝒎𝑨 + 𝟐𝒎𝑨=𝟐

𝟑 𝑨𝑩⃗⃗⃗⃗⃗⃗

𝑨𝑮 =𝟐

𝟑 𝒍

A B

Tournez la page SVP

0 .25*2

Numéro : Classe :


b) Déterminer le centre d’inertie d’un quart de disque de rayon a de densité surfacique constante

σ. Compléter la figure et expliquer.

Réponse :

𝑶𝑮⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =∫ �⃗� 𝒅𝒎

∫ 𝒅𝒎=∫ �⃗� 𝝈𝒅𝒔

∫𝝈𝒅𝒔=∫ �⃗� 𝒅𝒔

∫𝒅𝒔

=∬ �⃗� 𝒓𝒅𝒓𝒅𝜽

∬ 𝒓𝒅𝒓𝒅𝜽

=∬(𝒓𝒄𝒐𝒔𝜽𝒊 + 𝒓 𝒔𝒊𝒏𝜽𝒋 )𝒓𝒅𝒓𝒅𝜽

∬𝒓𝒅𝒓𝒅𝜽

𝑶𝑮⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =∫ 𝒓𝟐𝒅𝒓𝒂

𝟎∫ 𝐜𝐨𝐬 𝜽𝒅𝜽𝝅𝟐𝟎

∫ 𝒓𝒅𝒓𝒂

𝟎 ∫ 𝒅𝜽𝝅𝟐𝟎

𝒊

+∫ 𝒓𝟐𝒅𝒓𝒂

𝟎∫ 𝐬𝐢𝐧𝜽𝒅𝜽𝝅𝟐𝟎

∫ 𝒓𝒅𝒓𝒂

𝟎 ∫ 𝒅𝜽𝝅𝟐𝟎

𝒋

𝑶𝑮⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =

[𝒓𝟑

𝟑]𝟎

𝒂

[+ 𝐬𝐢𝐧𝜽]𝟎

𝝅𝟐

[𝒓𝟐

𝟐]𝟎

𝒂

[𝜽]𝟎

𝝅𝟐

𝒊

+

[𝒓𝟑

𝟑]𝟎

𝒂

[−𝒄𝒐𝒔𝜽]𝟎

𝝅𝟐

[𝒓𝟐

𝟐]𝟎

𝒂

[𝜽]𝟎

𝝅𝟐

𝒋

=

𝒂𝟑

𝟑𝝅𝒂𝟐

𝟒

(𝒊 + 𝒋 )

= 𝟒

𝟑𝝅𝒂 (𝒊 + 𝒋 )

0 .5

�⃗�

θ

0 .5

0 .5

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