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1 Bac. Biologie 1 Bac. Chimie 1 Bac. Géologie 1 Bac. Géographie 1 Bac. Physique Examen de Physique - PHYS0088, partim Q1
Théorie - Restitution (Juin 2014)
1.
/25 Un ressort de raideur k, dont une extrémité est xe et l'autre est attachée à une masse m
libre de se mouvoir, est placé horizontalement. A partir des équations de Newton, déduisez les
propriétés physiques du mouvement harmonique et décrivez l'évolution de l'énergie mécanique
de ce système modèle.
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1 Bac. Biologie 1 Bac. Chimie 1 Bac. Géologie 1 Bac. Géographie 1 Bac. Physique Examen de Physique - PHYS0088, partim Q1
Théorie - Réexion (Juin 2014)
2.
/15 Vrai/Faux
(a) La période de révolution d'une planète située à une distance r de son étoile est proportionnelle à r3/2 .
Vrai
Faux
(b) Deux corps de masses identiques entrent en collision. Avant la collision, une seule masse est
mobile se déplace vers l'autre à la vitesse v . Après la collision, les deux masses se déplacent
ensemble à la même vitesse v ′ . Alors, on a v = v ′ .
Vrai
Faux
(c) Une aiguille de seringue est xée à un réservoir qui délivre lentement un volume de liquide connu. L'expérience est réalisée une première fois avec de l'eau pure et l'on compte
le nombre total de gouttes nécessaires à la vidange du réservoir. On décide de reproduire
l'expérience avec de l'eau savonneuse, on remarque alors que le nombre de gouttes est environ deux fois plus important.
Vrai
Faux
(d) Le gyrophare droit d'une ambulance clignote avec une fréquence de fd = 2 Hz alors que
le gauche clignote avec une fréquence de fg = 1.95 Hz. Les deux gyrophares s'allument en
phase toutes les 19 secondes.
Vrai
Faux
(e) Une balle de ping-pong tombe sur une table. Cette balle a un coecient de restitution de
0.7. Ce coecient représente le rapport de l'énergie restituée sur l'énergie totale à chaque
collision avec le sol. Partant initialement d'une hauteur de 1 m, la balle restera sous la
barre des 25 cm dès le troisième choc.
Vrai
Faux
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Exercices (Juin 2014)
1.
/10 Une montgolère s'élève verticalement dans le ciel à la vitesse constante de 2 m/s. À
100 m du sol, on lâche simplement un premier sac de sable (vous considérerez que ceci ne
modie pas la vitesse de la montgolère). Deux secondes plus tard, on en lâche un deuxième en
lui communiquant une vitesse initiale, par rapport au ballon, orientée vers le bas. Calculez cette
vitesse pour que les deux sacs touchent le sol en même temps, en négligeant les frottements avec
l'air.
Solution : Le premier sac étant lâché d'une montgolère en mouvement, sa vitesse initiale est
celle de la montgolère. Elle descend en chute libre et nous pouvons calculer le temps de chute
du premier sa t1 . Nous utiliserons un axe vertical, orienté vers le haut, dont le 0 est placé au
niveau du sol :
a
x1 (t) = x1,i + v1,i ∗ t + t2
2
−g 2
t
⇒ x1 (t = t1 ) = x1,i + v1,i ∗ t1 +
2 1
−9, 81 2
⇒ 0 = 100 + 2 ∗ t1 +
t1
2
⇒ t1 ∈ {−4, 315963; 4, 72371}
⇒ t1 = 4, 724 s
Puisque les deux sacs touchent le sol en même temps et que le second est lancé 2 s après le
premier, il faut que le temps de chute t2 du second sac vaille :
t2 = t1 − 2
= 2, 724 s
En remarquant que le montgolère est montée de 4 m pendant les 2 secondes de délai, en notant
vl la norme de la vitesse de lancer initial par rapport à la montgolère, nous pouvons écrire
pour le second sac :
a
x2 (t) = x2,i + v2,i ∗ t + t2
2
−9, 81 2
t
⇒ 0 = 104 + (2 − vl ) ∗ t2 +
2 ] 2
[
⇒ vl = 104 + 2 ∗ t2 − 9, 81/2 ∗ t22 /t2
= 26, 823 m/s
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Exercices (Juin 2014)
2.
/10 Un bloc de 20 kg est lié à un bloc de 30 kg par une corde de masse négligeable qui
passe, sans frottement, par une poulie de masse négligeable. La masse de 30 kg est attachée à
un ressort de masse négligeable, xé au sol et de constante de rigidité k = 500 N/m. Dans la
situation de départ (comme illustré sur la gure), le système est au repos et le ressort est à sa
longueur naturelle. Le bloc de 20 kg est alors tiré de 20 cm vers le bas le long du plan incliné, ce
qui amène donc le bloc de 30 kg à 40 cm du sol. On lâche alors le bloc. Calculez la vitesse des
deux blocs lorsque la masse de 30 kg repasse par sa position initiale. Le coecient de frottement
cinétique entre le plan incliné et le bloc de 20 kg vaut µc = 0, 3.
Envisageons ce problème en utilisant les énergies. Les énergies en jeu sont l'énergie
cinétique de chaque bloc, l'énergie potentielle gravique de chaque bloc (liée à la force conservative 'poids') et l'énergie potentielle du ressort (liée à la force, conservative, de rappel de celui-ci).
Il faut aussi tenir compte du travail des forces non-conservatives, en l'occurence la force de frottement entre le plan incliné et le bloc de 20 kg. En choisissant pour les altitudes un axe vertical
orienté vers le haut, avec son zéro à la position du bloc de M = 30 kg au moment du lâché et
avec δH l'altitude au même moment, sur cet axe, de la masse de m = 20 kg, nous obtenons :
Solution :
Ei + Wnc = Ef
1
1
1
⇒ M vi2 + mvi2 + M ghM,i + mghm,i + k∆x2i + F⃗f r · ⃗r =
2
2
2
1
1
1
M vf2 + mvf2 + M ghM,f + mghm,f + k∆x2f
2
2
2
1
⇒ 0 + 0 + 0+mgδH + k(0, 2)2 + µmg cos(40) ∗ 0, 2 ∗ cos(180) =
2
1
(m + M ) vf2 + M g ∗ (−0, 2) + mg ∗ (δH + 0, 2 ∗ sin(40)) + 0
2
⇒ 0, 5 ∗ 500 ∗ 0, 22 − 0, 3 ∗ 20 ∗ 10 ∗ cos(40) ∗ 0, 2 =
0, 5 ∗ 50 ∗ vf2 − 30 ∗ 10 ∗ 0, 2 + 20 ∗ 10 ∗ 0, 2 ∗ sin(40)
√
⇒ vf = [10 − 12 cos(40) + 60 − 40 sin(40)] /25
= 1, 18 m/s
où la deuxième loi de Newton, projetée sur l'axe perpendiculaire au plan incliné, a été utilisée
pour déterminer la force de frottement ; où la distance parcourue par le bloc m a été projetée
sur la direction verticale pour obtenir son gain d'altitude.
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Exercices (Juin 2014)
3.
/10 Toto a reçu pour Noël un camion de pompier, dont les sirènes fonctionnent sur piles. Tout
compris, le camion a une masse de 1000 g. Pour tester toutes les possibilités de ce merveilleux
cadeau, Toto l'attache à une celle de 0, 5 m de long et fait tourner le camion au-dessus de sa
tête, avec les sirènes allumées. Sachant que Toto arrive à faire tourner son camion au rythme
d'une révolution par seconde et que le doux mugissement de celui-ci a une fréquence de 440 Hz,
calculez quelles sont les fréquences minimale et maximale que son papa va percevoir. Celui-ci
est assis dans le fauteuil en train de lire le journal, la tête à la hauteur du camion. Que vaut la
tension dans la corde ? Notez que la celle fait un angle α avec la verticale.
Solution : Les fréquences perçues par le papa de Toto sont diérentes de la fréquence d'émission
du camion à cause de la vitesse de ce dernier et de l'apparition, en conséquence, d'un eet
Doppler. Il convient donc de déterminer d'abord la vitesse du camion, qui est en mouvement
circulaire uniforme, dans un plan horizontal. Le camion et la corde à laquelle il est attaché
forment un pendule conique, problème déjà traité en répétition et que l'on résout par la deuxième
loi de Newton. En notant P⃗ le poids, T⃗ la tension dans la corde, R le rayon de la trajectoire
(diérent de la longueur de la corde l), nous obtenons successivement, en projetant sur un
système d'axes attaché au camion, x horizontal et centripète, y vertical et vers le haut :
∑
F⃗i = m⃗a
i
⇒ T⃗ + P⃗ = m⃗a
{
2
x : T sin(α) = m vR
⇒
y : T cos(α) − mg = 0
⇒ mg tan(α) = mω 2 R
⇒ g tan(α) = ω 2 l sin(α)
g
⇒ cos(α) = 2
ω l (
⇒ α = acos
= 60, 20◦
9, 81
(2π)2 ∗ 0, 5
)
De là, nous tirons que la vitesse du camion vaut :
v = ωR
= (2π)(l sin(α)
= 2, 726 m/s
Les fréquences maximales et minimales sont perçues par le papa quand la vitesse du camion
est orientée respectivement directement vers le papa ou directement de celui-ci. Dans les deux
cas, il s'agit d'un Doppler où la source (camion) est mobile et le récepteur (papa) est immobile.
Nous appliquons donc :
ν ′ = ν0
c ± vr
c ∓ vs
Pour la fréquence maximale :
c
c − vs
340
= 440
340 − 2, 726
= 443, 56 Hz
νmax = ν0
Pour la fréquence minimale :
c
c + vs
340
= 440
340 + 2, 726
= 436, 50 Hz
νmax = ν0
On trouve la tension dans la corde en reprenant les projections de la loi de Newton ci-dessus :
T cos(α) − mg = 0
mg
cos(α)
= 19, 74 N
⇒T =
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Exercices (Juin 2014)
4.
/10 Un village maintient un gros réservoir d'eau pour les urgences. L'eau peut-être récoltée
du réservoir par un tuyau dont le diamètre intérieur est de 6, 6 cm. Le tuyau se termine horizontalement par une buse (un rétrécissement) dont le diamètre intérieur vaut 2, 2 cm. Un bouchon
en plastique est inséré dans la buse pour que l'eau ne s'écoule pas.
(a) Calculez l'intensité de la force de frottement que la buse exerce sur le bouchon.
(b) En supposant que le niveau d'eau du réservoir est maintenu constamment 7, 5 m au-dessus
de la buse, quelle est la masse d'eau qui s'écoulera du réservoir, une fois le bouchon enlevé,
sur une période de 2 h ?
(c) Pendant cet écoulement, déterminez la diérence de pression entre la pression atmosphérique et la pression de l'eau dans le tuyau, juste avant la buse.
L'eau sera considérée comme non-visqueuse et incompressible, le ux comme laminaire et irrotationnel.
Solution : La force de frottement doit compenser la force de pression exercée par l'eau sur le
bouchon. La pression hydrostatique exercée par le uide sur le bouchon vaut
P = ρgh
La force de frottement, nécessaire à l'équilibre (somme des forces nulle sur la direction horizontale), vaut donc :
F =P ∗A
= (ρeau ∗ g ∗ h) ∗ (πr2 )
= 1000 ∗ 9, 81 ∗ 7, 5 ∗ π ∗ (0, 011)2
= 27, 97 N
Ensuite, nous utilisons Bernoulli pour trouver la vitesse d'écoulement de l'eau au niveau de la
buse [B ] (et en prenant la surface libre [A] du réservoir comme autre point de référence) ; les
altitudes sont mesurées sur un axe y vertical, orienté vers le haut, dont le 0 est situé au niveau
de la buse :
1
1
PA + ρeau ghA + ρeau vA2 = PB + ρeau ghB + ρeau vB2
2
2
1
⇒ Patm + ρeau ghA + 0 = Patm + 0 + ρeauvB2
2
√
⇒ vB = 2ghA
√
= 2 ∗ 9, 81 ∗ 7, 5 = 12, 13 m/s
Pour déterminer la masse écoulée M , il nous faut multiplier le débit (volume/unité de temps)
par la masse volumique de l'eau et par la durée de l'écoulement. Le débit est obtenu à partir
de la vitesse et de la section de l'ouverture par laquelle l'écoulement s'eectue :
M = Q ∗ ρeau ∗ ∆T
= [vB ∗ (π ∗ r2 )] ∗ 1000 ∗ (2 ∗ 3600)
= [12, 13 ∗ π ∗ 0, 0112 ] ∗ 7, 2.106
= 3, 32.104 kg
Pour le dernier point, il sut de ré-appliquer Bernoulli, en gardant le point [B ] à la buse, en
plaçant le point [C ] juste avant la buse, dans le tuyau. On utilise à nouveau le fait que Patm = PB
et également la conservation du débit QC = QB et sa dénition Q = S ∗ v :
1
1
PC + ρeau ghC + ρeau vC2 = PB + ρeau ghB + ρeau vB2
2
2
1
1
2
2
⇒ ρeau vC − ρeau vB = Patm − PC = ∆P
2
2
(
)
1
⇒ ∆P = ρeau vC2 − vB2
2
( 2
)
vC
2
= 500 ∗ vB
−1
vB2
( 2 2
)
Q C SB
= 500 ∗ [2ghA ]
−1
SC2 Q2B
( 2
)
SB
= 500 ∗ [2ghA ]
−1
SC2
( 2
)
πrB
= 1000ghA
−1
πrC2
= −65400 Pa
(le signe est négatif, la pression dans le tuyau est plut grande que la pression atmosphérique)
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