Cette exercice est une application assez directe du cours. Il fait appel à la loi fondamentale de la mécanique ainsi qu’aux grandeurs de base de la cinématique. La démarche y est inverse de celle appliquée dans l’exercice Du mouvement à la force… Connaissant cette fois les forces s’exerçant sur un point matériel, il est demandé de déterminer l’accélération, la vitesse et la position du point matériel. Pour cela, il faudra appliquer la deuxième loi de Newton puis résoudre les équations différentielles en utilisant les conditions initiales.
Énoncé de l’exercice
– … et de la force au mouvement –
Le mouvement est rapporté à un référentiel galiléen muni d’un repère cartésien orthonormé. Les unités sont celles du système international. Un point matériel $\mathrm{M}$, de masse $m=1~\mathrm{kg}$, est initialement en $\mathrm{M}_0$ de coordonnées $(0;0;2)$ (en USI) avec la vitesse $\overrightarrow{v_0}$ de composantes $(0;3;0)$ (en USI).
Ce point est soumis simultanément aux forces $\overrightarrow{f_1}$ et $\overrightarrow{f_2}$ de composantes respectives $(2;3;4)$ et $(1;-2;-3)$ en USI.
Déterminer à tout instant l’accélération, la vitesse et la position du point $\mathrm{M}$.
Corrigé de l’exercice
– … et de la force au mouvement –
Vous êtes enseignant et vous êtes intéressé par cette correction, contactez-moi.
Même s’il y a une
méthodologie de résolution d’un problème de mécaniqueassez générale, avec des étapes définies à appliquer dans un certain ordre, elle nécessite parfois quelques adaptations.
∗ Le système étudié est le point matériel $\mathrm{M}$ de masse $m=1~\mathrm{kg}$.
∗ L’étude du mouvement sera réalisée dans un référentiel $\mathfrak{R}$ supposé galiléen.
∗ Ce référentiel est muni d’un repère cartésien à trois dimensions $(\mathrm{O}; \overrightarrow{u_x}, \overrightarrow{u_y}, \overrightarrow{u_z})$ orthonormé direct.
∗ À l’instant initial ($t=0$), le point $\mathrm{M}$ est en $\mathrm{M}_0 (0;0;2)$, c’est-à-dire que son vecteur position initial est
$\overrightarrow{\mathrm{OM}_0}\left( \begin{eqnarray} 0 \nonumber \\ 0 \nonumber \\ 2\nonumber \end{eqnarray}\right)$
et sa vitesse initiale est
$\overrightarrow{v_0}\left( \begin{eqnarray} 0 \nonumber \\ 3 \nonumber \\ 0\nonumber \end{eqnarray}\right)$
∗ Le schéma :
∗ Les forces extérieures agissant sur le système sont $\overrightarrow{f_1}\left( \begin{eqnarray} 2 \nonumber \\ 3 \nonumber \\ 4\nonumber \end{eqnarray}\right)$ et $\overrightarrow{f_2}\left( \begin{eqnarray} 1 \nonumber \\ -2 \nonumber \\ -3\nonumber \end{eqnarray}\right)$.
Ce qui donne une résultante $\overrightarrow{F}$ des forces $\overrightarrow{f_1}$ et $\overrightarrow{f_2}$ telle que
$\overrightarrow{F}=\overrightarrow{f_1}+\overrightarrow{f_2}$
D’où $\overrightarrow{F}\left( \begin{eqnarray} 2+1 \nonumber \\ 3-2 \nonumber \\ 4-3\nonumber \end{eqnarray}\right)$, soit $\overrightarrow{F}\left( \begin{eqnarray} 3 \nonumber \\ 1 \nonumber \\ 1\nonumber \end{eqnarray}\right)$.
∗ D’après la relation fondamentale de la dynamique (deuxième loi de Newton) appliquée, dans $\mathfrak{R}$, au système, la résultante des forces extérieures s’exerçant sur le point matériel $\mathrm{M}$ de masse $m$ constante a pour expression:
$$\overrightarrow{F}=\sum \overrightarrow{F}_{ext}=m\cdot \overrightarrow{a}(t)$$
D’où
$\overrightarrow{a}(t)=\dfrac{\overrightarrow{F}}{m}$
soit sous forme scalaire
$\overrightarrow{a}(t) \left\{\begin{eqnarray}a_x(t)&=&\dfrac{F_x}{m} \nonumber \\ a_y(t)&=&\dfrac{F_y}{m} \nonumber \\ a_z(t)&=&\dfrac{F_z}{m} \nonumber \end{eqnarray} \right.$
A.N. : Puisque $m=1~\mathrm{kg}$ et $\overrightarrow{F}\left( \begin{eqnarray} 3 \nonumber \\ 1 \nonumber \\ 1\nonumber \end{eqnarray}\right)$ (USI), nous obtenons pour le vecteur accélération
$\overrightarrow{a}(t) \left\{\begin{eqnarray}a_x(t)&=&3 \nonumber \\ a_y(t)&=&1 \nonumber \\ a_z(t)&=&1 \nonumber \end{eqnarray} \right. \quad$ soit $\quad \boxed{\overrightarrow{a}(t) \left(\begin{eqnarray}3 \nonumber \\ 1 \nonumber \\ 1 \nonumber \end{eqnarray} \right)}$
∗ « Remontons » maintenant au vecteur vitesse.
$$ \overrightarrow{a}(t)=\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{v}(t)}{\mathrm{d}t} \iff \overrightarrow{a}(t) \left\{\begin{eqnarray}a_x(t)&=&\dfrac{\mathrm{d}v_x(t)}{\mathrm{d}t}=3 \nonumber \\ a_y(t)&=&\dfrac{\mathrm{d}v_y(t)}{\mathrm{d}t}=1 \nonumber \\ a_z(t)&=&\dfrac{\mathrm{d}v_z(t)}{\mathrm{d}t}=1 \nonumber\end{eqnarray} \right. $$
D’où, par intégration des composante du vecteur accélération
$\overrightarrow{v}(t)\left\{\begin{eqnarray}v_x(t)&=&3t+C_1 \nonumber \\ v_y(t)&=&t+C_2 \nonumber \\ v_z(t)&=&t+C_3 \nonumber\end{eqnarray} \right.$
$C_1$, $C_2$ et $C_3$ étant trois constantes à déterminer. Pour cela, nous utilisons la condition initiale sur la vitesse.
À $t=0$, nous avons
$\overrightarrow{v}(0)=\overrightarrow{v}_0 \iff \left\{\begin{eqnarray}3\times 0+C_1&=&0 \nonumber \\ 0+C_ 2&=&3 \nonumber \\ 0+C_3&=& 0 \nonumber \end{eqnarray}\right. \iff$ $\left\{\begin{eqnarray} C_1=0 \nonumber \\ C_2=3 \nonumber \\ C_3=0 \nonumber \end{eqnarray} \right.$
Nous obtenons finalement pour le vecteur vitesse
$\boxed{\overrightarrow{v}(t)\left\{\begin{eqnarray}v_x(t)&=&3t \nonumber \\ v_y(t)&=&t+3 \nonumber \\ v_z(t)&=&t \nonumber\end{eqnarray} \right.}$
Il nous reste à déterminer le vecteur position.
$$ \overrightarrow{v}(t)=\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{\mathrm{OM}}(t)}{\mathrm{d}t} \iff \overrightarrow{v}(t) \left\{\begin{eqnarray}v_x(t)&=&\dfrac{\mathrm{d}x(t)}{\mathrm{d}t}=3t \nonumber \\ v_y(t)&=&\dfrac{\mathrm{d}y(t)}{\mathrm{d}t}=t+3 \nonumber \\ v_z(t)&=&\dfrac{\mathrm{d}z(t)}{\mathrm{d}t}=t \nonumber\end{eqnarray} \right. $$
D’où, par intégration des composante du vecteur vitesse
$\overrightarrow{\mathrm{OM}}(t)\left\{\begin{eqnarray}x(t)&=&\dfrac{3}{2}t^2+C_4 \nonumber \\ y(t)&=&\dfrac{1}{2}t^2+3t+C_5 \nonumber \\ z(t)&=&\dfrac{1}{2}t^2+C_6 \nonumber\end{eqnarray} \right.$
$C_4$, $C_5$ et $C_6$ étant trois constantes à déterminer. Pour cela, nous utilisons la condition initiale sur la position.
À $t=0$, nous avons
$\overrightarrow{\mathrm{OM}}(0)=\overrightarrow{\mathrm{OM}}_0 \iff \left\{\begin{eqnarray}\dfrac{3}{2}\times 0^2+C_4&=&0 \nonumber \\ \dfrac{1}{2}\times 0^2+3\times 0+C_ 5&=&0 \nonumber \\ \dfrac{1}{2}\times 0^2+C_6&=& 2 \nonumber \end{eqnarray}\right. \iff$ $\left\{\begin{eqnarray} C_4=0 \nonumber \\ C_5=0 \nonumber \\ C_6=2 \nonumber \end{eqnarray} \right.$
Nous obtenons finalement pour le vecteur position
$\boxed{\overrightarrow{\mathrm{OM}}(t)\left\{\begin{eqnarray}x(t)&=&\dfrac{3}{2}t^2 \nonumber \\ y(t)&=&\dfrac{1}{2}t^2+3t \nonumber \\ z(t)&=&\dfrac{1}{2}t^2+2 \nonumber\end{eqnarray} \right.}$
Si besoin, consultez les cours de BCPST1 de M Nicolas Clatin sur :