Nom :... Prénom :... Section :... No :... Exercice 1 (6 points) EPFL, Physique Générale I SIE & SMX, Examen

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1 EPFL, Physique Générale I SIE & SMX, Examen Nom :... Prénom :... Section :... No :... Les seuls objets autorisés sont: Le formulaire "résumé mécanique" disponible sur le moodle une feuille A4 manuscrite recto-verso un formulaire math physique du commerce stylos, etc. brouillon calculatrice Les sacs sont à déposer au bas de l amphi avant le début de l épreuve Les exercices sont à rendre sur des feuilles séparées (fournies) L examen comporte 5 exercices, numérotés de à 5 Le nombre de points maximum pour cet examen est de 34 pts Exercice (6 points) On cherche à dimensionner un ressort qui doit permettre d amortir la chute d une cabine d ascenseur en cas de ruptures des câbles. On suppose que la cabine, de masse maximum M peut tomber au maximum d une hauteur h. M = 300 g; h = 0 m. Calculer la constante de raideur du ressort d amortissement situé en bas de la cage d ascenseur pour que l accélération maximale subie par la cage soit de 0g. 2. Quelle est sa longueur minimale?

2 ex M h ascenseur posé sur le plancher d0 0 x0 d compression max Choix de l origine: quand la cabine est posée sur le ressort en équilibre et le compresse de d 0. La conservation de l énergie dans la chute de h nous donne la vitesse v 0 à l arrivée sur le ressort: v 0 = 2gh.. (4.5) Alternative Résolution par l oscillateur Soit d 0 la compression du ressort par M en l absence de chute: Mg = d 0 d 0 = Mg x = x 0 cos(ω 0 t + ϕ) e x v = x 0 Ω 0 sin(ω 0 t + ϕ) e x a = x 0 Ω 2 0 cos(ω 0 t + ϕ) e x A t = 0, x = d 0 e x et v = v 0 e x, donc: d 0 = x 0 cos ϕ v 0 = x 0 Ω 0 sin ϕ v 0 = Ω 0 sin ϕ d 0 cos ϕ tan ϕ = v 0 d 0 Ω 0 x 0 = d 0 cos ϕ = d 0 + tan 2 ϕ

3 puisque cos ϕ = + tan 2 ϕ. Ainsi, il vient x 0 = d 0 + v2 0 d 2 0Ω 2 0 = d 0 + 2gh M 2 g 2 2 m = d 0 + 2h Mg L accélération est maximale quand cos(ω 0 t + ϕ) = c est-à-dire quand x = x 0 e x. Or, a = a max = x 0 Ω 2 0 = 0g, donc 0g = d 0 + 2hMg 0 M g = M g M + 2h Mg et on en tire: A.N.: = h Mg = 0 2h Mg = 99 = 99Mg 2h Alternative 2 Résolution par les forces et l énergie Arrivée en bas: E p = Mgd et E = 2 d2. Or, E p + E = E p0, donc En bas, le ressort comprimé de d exerce une force F : 2 d2 Mgd = Mgh () F = d e x La somme des force nous donne alors: F = M a = F + P = d e x Mg e x = 0gM e x et donc: d = Mg d = Mg

4 De (), on tire: 2 2M 2 g g2 M d2 = Mgh + Mgd = Mgh + Mg Mg = Mgh + Mg gm 2 gm = h + Mg 2 A.N.:... = 99gM 2h 2. (.5) d = gm, d = 2h, soit A.N.: d = 2.2 m. 9 Alternative oscillateur d = d 0 [ + + 2h Mg d = d 0 + x 0 = d 0 + d 0 cos ϕ ] [ ] = Mg + + 2h Mg [ = Mg h99mg + ] A.N.:... d = 2h 9 Note: si on oublie d (variation de E p ), 2 d2 = Mgh d Mg = 0gM d = gm d 2 = 2g2 M d2 = 2g 2 M 2 Mgh 2 2 = 2gM (au lieu de 99) 2H Si en plus on oublie le poids, d = 0gM = 00gM 2 = 50gM d = 0gM

5 Nom :... Prénom :... Section :... No :... Exercice 2 ( 8 points) Un pendule simple est composé d une boule de masse m qui peut être chargée électrostatiquement, située entre deux plaques de condensateurs dont la charge peut être variée par un courant alternatif sinusoïdal. La tige du pendule est une barre rigide et sans masse de longueur l. Cela a pour effet d imposer à la masse une force horizontale de la forme F 0 cos(ω e t) avec F 0 constante et ω e pulsation choisie par l expérimentateur. On néglige les frottements. On suppose g accélération de la pesanteur connue.. Donner l équation différentielle du mouvement du pendule dans l approximation des petits angles. 2. Après un temps assez long, les oscillations du pendule ont atteint le régime permanent. Exprimez l amplitude de ces oscillations en fonction des données. Déterminez la pulsation de résonance ω res. 3. Que vaut l amplitude des oscillations pour ω res? Pourquoi?

6 θ l Mg T Fe. (2.5) La somme des fores nous donne: F = T + Fe + m g = m a que l on projette sur la tangente au cercle (trajectoire): De v = l θ, on tire dv dt = l θ, et ainsi: mg sin θ + F e cos(ω e t) cos θ = m dv dt mg sin θ + F e cos(ω e t) cos θ = ml θ L approximation des petits angles nous donne: et donc sin θ θ cos θ θ + g l θ = F e ml cos ω et 2. (3.5) On cherche une solution de type A sin(ω e t + ϕ) = θ(t) La dérivée temporelle de cette solution donne: θ = Aω e cos(ω e t + ϕ) θ = Aω 2 e sin(ω e t + ϕ)

7 On définit Ω 2 0 = g l pour obtenir l équation différentielle suivante à résoudre: Il vient alors: θ + Ω 2 0θ = F e ml cos(ω et + ϕ) Aωe 2 sin(ω e t + ϕ) + AΩ 2 0 sin(ω e t + ϕ) = F e ml cos(ω et) A ( ) Ω 2 0 ωe 2 sin(ωe t + ϕ) = F e ml cos(ω et) A ( ) Ω 2 0 ωe 2 [sin(ωe t) cos ϕ + sin ϕ cos(ω e t)] = F e ml cos(ω et) A ( [ Ω 2 0 ωe) 2 sin(ωe t) cos ϕ + A ( ) Ω 2 0 ωe 2 sin ϕ cos(ωe t) F ] e = 0 ml On en tire: cos ϕ = 0 ϕ = π 2 sin ϕ = que l on injecte dans la solution type: θ(t) = A cos(ω e t) A = F 0 ml Ω 2 0 ω 2 e ω res = Ω 0 3. (2) Pour ω e = ω res = Ω 0, A = F e ml Ω 2 0 Ω 2 0 = On obtient une amplitude infinie car on a pris la pulsation de résonance en l absence de frottements.

8 Nom :... Prénom :... Section :... No :... Exercice 3 (7 points) Un sieur veut effectuer un saut à si sur la piste suivante. Il part d une hauteur 3h, on suppose qu il arrive au sol à sa hauteur de décollage.. On néglige les frottements. A quelle distance d de son point de décollage (B) arrive-t-il? 2. On suppose maintenant que la partie A-B de la piste est recouverte d une neige collante qui a un coefficient de frottement µ c, et le sieur n arrive qu à la distance d 2. Que vaut µ c?. (2.5) Il arrive en B avec v 0 donné par v 0 = 2g(2h) = 4gh. Obtenu grâce à la conservation de l énergie. Ensuite, vol parabolique: ( ) ( ) 0 v0 cos α a = v = g gt + v 0 sin α Le sieur retombe sur la piste en r d = ( ) d. 0 ( ) (v r = 0 cos α)t 2 gt2 + (v 0 sin α)t

9 On en tire l équation pour déterminer le temps de vol: et on en tire la distance de vol: 2 gt2 d + (v 0 sin α)t d = 0 t d = 2v 0 sin α g d = (v 0 cos α)t d = 2v2 0 cos α sin α g d = 8h cos α sin α 2. (4.5) Le sieur arrive en d = d 2, alors v 0 est donné par Ainsi, il vient: 8h cos α sin α 2 Considérations sur l énergie: Les forces sont données par: Il vient: Ainsi, d = d 2 = 2v 2 0 cos α sin α g = 2v 2 0 cos α sin α g v 0 = 2gh v 2 0 = 8gh 4 = 2gh E p0 = mg(3h) = E pb + E cb WF AB (2) F F = µ c R e x = mgh + 2 mv 2 0 F F d x = µ c mg cos α dx W AB F sin α = h 2 B = µ c mg cos α AB AB AB = A R = mg cos α h 2 sin α F F d x (3) h WF AB 2 = µ c mg cos α sin α que l on injecte dans (3) pour calculer le coefficient de frottements: 2mgh 2 m 2gh = µ c mg h 2 tan α µ c = 2 tan α c mgh = mgh µ 2 tan α

10 Nom :... Prénom :... Section :... No :... Exercice 4 ( 6 points) Le coefficient de restitution (e) mesure le degré d inélasticité d un choc direct entre deux corps (les deux corps se déplaçant avec des vitesses colinéaires, donc sur une même ligne) et s exprime par e = v v 2 v 2 v avec v et v 2 vitesses (algébrique) des corps avant le choc et v et v 2 vitesses (algébrique) après le choc.. Montrer que pour un choc élastique e = et pour un choc inélastique e = On veut mesurer le coefficient de restitution d une balle en la laissant tomber d une hauteur h sur une lourde plaque d acier. Au premier rebond, la balle atteint h. Exprimer e en fonction de h et h. 3. Vérifier que l on retrouve bien e = pour le choc élastique et e = 0 pour le choc inélastique.. (2) Il s agit d un choc élastique: nous avons conservation de l énergie et de la quantité de mouvement. Pour un choc frontal, Avant: v v 2 Après: v v 2 v = (m m 2 )v + 2m 2 v 2 m + m 2 v 2 = (m 2 m )v 2 + 2m v m + m 2

11 Ainsi, il vient: e = v v 2 v 2 v = (m m 2 )v + 2m 2 v 2 (m 2 m )v 2 2m v (m + m 2 )(v 2 v ) = m v m 2 v 2 + 2m 2 v 2 m 2 v 2 + m v 2m v m v 2 m v + m 2 v 2 m 2 v = m v + m 2 v 2 m 2 v + m v 2 m v 2 m v + m 2 v 2 m 2 v = Pour un choc inélastique, v 2 = v v 2 v = 0 et donc e = (3) h h les quantités de mouvement sont: m v pour la balle et m 2 v 2 = 0 pour la plaque, car m 2 >> m. La balle arrive avec v = 2gh et elle repart avec v = 2gh. La plaque est considérée comme immobile: v 2 = 0 car m 2 >> m. On en tire: e = v v 2 = 2gh 0 h v 2 v 0 2gh = h 3. () Le choc étant élastique, la balle repart à la même hauteur, soit h = h, et donc e =. Pour un choc inélastique, la balle s écrase, et donc h = 0, soit e = 0.

12 Nom :... Prénom :... Section :... No :... Exercice 5 (7 points) On tient une corde, de masse m et de longueur l au dessus du plateau d une balance de telle manière que le bas de la corde effleure juste le plateau de la balance. (la corde est donc verticale). À t=0 on la lâche sans vitesse initiale.. Donner en fonction du temps et des données de l énoncé la masse qu indique la balance. 2. Tracer schématiquement la courbe représentant la masse indiquée par la balance en fonction du temps.. (6) x 0 m,l A t = 0, on lache la corde. L ensemble de la corde est en chute libre, chaque point a la vitesse v = 2gx si x est la longueur déjà sur la balance. On a donc v(t) = 2gx(t). Durant dt, il tombe dx = vdt qui a une quantité de mouvement d p = dmv( e x ), avec ρ l = m l dm = ρ l dx = m l dx = vdt m l. donc m eff = F g et dp = m l F = dp dt F = m eff g mv2 vdt v = dt. Ainsi, on tire l dp dt = mv2 l m eff = 2mx l m eff = mv2 lg = m l g 2 gx

13 De plus, il y a une longueur x de corde sur la balance, et elle a une masse mx. l La balance indique donc 3mx et on a v = 2gx et x = l 2 gt2. Donc, m balance = 3m l Toute la corde est sur la balance à t = balance indique m(t) = 3mg t 2 2l 2 gt2 2l, donc pour t entre 0 et t g, la 2. () A t > t, la corde est sur la balance et ne tombe pas, soit m balance = m corde 3m 2m m 0 t