Problèmes de dynamique, sans énergie

Problèmes de dynamique du point, sans énergie
I 24 . d’après CCP 2000.
g = 9,8 m.s –2 .
1. On laisse tomber (sans vitesse initiale) d'une hauteur h = 2m deux billes de même rayon, l’une B1
de masse
m 1 = 0, 7 kg , l’autre B2
plus légère, de masse m 2 = 0, 058 kg . Ces deux billes sont freinées par une force de
frottement visqueux proportionnelle à leur vitesse : F f = −αv , α étant un coefficient positif qui est le même pour les
deux billes.
a) A quelle équation différentielle la vitesse v , selon la verticale descendante Ox, satisfait-elle ?
b) En déduire vt () en introduisant τ = m / α .
c) Représenter le graphe correspondant.
d) Donner une expression approchée de vt () pour t

4)Déterminer la cote z m du plateau pour laquelle le module de R est minimal,
5)Déterminer la cote z 0 du plateau pour laquelle le module de R est égal au poids du point matériel A.
6) On augmente très lentement la pulsation ω des oscillations du plateau, sans changer l’amplitude a . Déterminer la
pulsation maximale pour laquelle le point A ne décolle jamais du plateau.
7) Calculer ω 2 pour :
ω 2
a = 8 cm g = 9,8 m.s
-2
8) La pulsation ω du plateau est maintenant supérieure à ω2
. A l'instant t = 0 , la cote z du plateau est égale à −a
et
sa vitesse z est nulle. Déterminer l'instant t3
auquel le point A décolle du plateau.
9) Déterminer, à l'instant t3
, la cote z3
et la vitesse z 3 du plateau.
10) Calculer t3
, z3
et z 3 pour ω 3 = 6 π rad/s.
11) Déterminer et calculer la cote maximale atteinte par le point A et l'instant t correspondant.
III 27 . Hystérésis de frottement, d’après X 1999.
z4
4
Rappel de la loi du frottement solide.
L'action du solide B sur le solide A en contact se décompose en une composante
normale N et une composante tangentielle T vérifiant :
T ≤ µ s N en l'absence de glissement entre A et B
T = µ N lorsqu'il y a glissement de A sur B.
d
µ s et µ d sont appelés coefficients de frottement respectivement statique et
dynamique et vérifient l'inégalité : µ ≤ .
d µ s
Une des difficultés conceptuelles majeures pour la description d'un système comportant du frottement solide est
l'impossibilité de prévoir les positions d'équilibre et le bilan des forces à moins de connaître de façon détaillée l'histoire
de la mise en équilibre. Le but de ce problème est d'illustrer ce phénomène d'hystérésis sur un exemple simple.
Une brique parallélépipédique de poids mg est en contact avec
une paroi solide inclinée d'un angle θ par rapport au plan horizontal
et est reliée à un ressort de raideur k (figure 1). Soit µ s le coefficient
de frottement statique ; on supposera pour simplifier que le
coefficient de frottement dynamique µ d est nul et qu'un frottement
visqueux permet alors l'arrêt du mouvement à la position
d’équilibre sans frottement. On note x le raccourcissement du
ressort (x = 0 correspond au ressort détendu) et g la force qu’il
exerce sur la brique. On cherche à déterminer cette déformation x à
l'équilibre en fonction de l'angle θ. On note b = mg/
k .
Figure 1
1) On suppose d’abord, pour cette seule question, µ s = 0 . Déterminer la position d’équilibre x en fonction de θ et
b .
2) On revient désormais au cas µ s > 0 . Donner les plages de valeurs possibles de x à l'équilibre dans les cas :
2.a) θ = 0 ;
2.b) θ = π/2 ;
3) Montrer pour θ compris entre 0 et π /2 qu’il y a équilibre si b( −µ s cosθ + sinθ ) < x < b(
µ s cosθ + sinθ
).
4) La paroi est primitivement horizontale et le ressort détendu (x 0 = 0). On incline progressivement et très lentement
la paroi, l'angle θ variant de 0 à π/2. On note θi + les angles où la brique se met à glisser et x
i
+ les valeurs de x où elle
s’arrête de glisser. Pendant ce glissement, l’angle θ n’a pratiquement pas varié.
4.a) La brique ne glisse pas sur la paroi tant que θ < θ . Quand θ atteint θ (ou le dépasse d’un infiniment petit),
+
1
1 + 1 +
+
θ 1
+
1
+
+
θ 2 θ 1
la brique glisse et s’arrête pour la valeur x de x . Déterminer l'angle d'inclinaison pour lequel le glissement
apparaît. Pour cet angle, déterminer la nouvelle valeur d'équilibre x en fonction de θ et b .
+
4.b) On augmente l'angle d'inclinaison; un nouveau glissement apparaît pour l'angle . Établir la relation entre ,
θ 2 et µ s .
+
4.c) Pour chaque x il existe un intervalle [ θ , θ [ de non glissement ; écrire la relation de récurrence liant et
+
θ + 1
+
i
+ +
i i + 1
i .
5) On effectue maintenant le parcours inverse en partant de la verticale. On note θ et
glissement et les positions d'équilibre correspondantes.
+
1
Problèmes de dynamique, sans énergie, page 2
−
i
−
x i
θ i
les angles successifs de

5.a) Quelle équation détermine l’inclinaison pour laquelle a lieu le premier glissement ?
−
5.b) Ecrire la relation de récurrence liant et .
θ 1 −
−
θi
θ i + 1
5.c) Exprimer les valeurs i d’arrêt après glissement en fonction de b et θ .
6) Représenter qualitativement sur un même graphe où θ est porté en
abscisse et x en ordonnée l’évolution de x et θ lorsqu’on fait croître θ de
0 à π/2, puis décroître θ de π/2
à 0 . On utilisera le fait que les points
x −
+ + + + − −
( θ , x ), ( θ x ), ( θ , x ) et ( θ 1, x se situent sur des courbes
i
i
i + 1 , i
i
i
i
− )
simples dont on précisera les équations. Ci-contre le résultat de la
commande maple :
> plot([sin(x),sin(x)+0.3*cos(x),sin(x)-0.3*cos(x)],x=0..Pi/2);
−
i +
i −
IV 13 .
Dans le référentiel terrestre, supposé galiléen, on repère un mobile P de masse m et de vecteur position
r = xu x + yu y + zu
z grâce à un repère cartésien Oxy z . Ce mobile est pesant et la pesanteur est g = −guz
. L’air,
animé de la vitesse u = uux
uniforme et constante, lui applique la force −λ ( v − u)
, où v désigne la vitesse de P. A
l’instant 0, on lance P de l’origine O avec la vitesse v 0 = v0xu x + v0zu
. L’origine O est au sommet d’une montagne
z
de sorte que le mouvement n’est pas limité aux altitudes positives. On pose w = mg/ λ .
1) Démontrer que le mouvement s’effectue dans le plan Oxz .
2) Déterminer les coordonnées de la vitesse en fonction du temps et des constantes du problème.
3) Déterminer les coordonnées de la position en fonction du temps et des constantes du problème.
4) Trouver l’équation paramétrée x = f( t) z = g( t)
de l’asymptote de la trajectoire.
5) Calculer la hauteur z S du sommet de la trajectoire si v 0z
> 0 .
6) Si v = w , calculer le rapport de la hauteur atteinte à celle qui l’aurait été en l’absence de freinage par l’air.
0z
V. À propos des avalanches, d’après centrale 2006.
A. Rôle des coefficients de frottement.
1) On considère un bloc de neige de masse m reposant sur un plan incliné
dont la pente est repérée par l’angle α (figure 2). Le contact entre la neige et ce
plan, décrit par les lois de Coulomb sur le frottement, est caractérisé par des
coefficients de frottement statique µ s et dynamique µ d . On rappelle ces lois :
soit T la composante de la force exercée par un corps sur l’autre située dans le
plan tangent commun aux deux corps et N la composante normale à ce plan
T
tangent ; s’il y a glissement, d ; s’il n’y a pas glissement,
N =µ
T
s
N 0
s µ d
3) Animée d’une vitesse v 1 , la masse de neige arrive dans une région où l’angle α prend une valeur plus faible,
constante. À quelle condition portant sur α le mouvement est-il ralenti puis stoppé ?
4) Expliquer comment l’observation de nombreuses avalanches permet de déduire des valeurs numériques pour µ s et
.
µ d
Problèmes de dynamique, sans énergie, page 3

B. Modèle de frottement sur sol rugueux.
Lorsque l’avalanche rencontre dans sa course un sol rugueux, elle est soumise à de nouvelles forces de frottement
dont on étudie ici une modélisation (figure 3).
La masse de neige en mouvement est assimilée à un
parallélépipède rectangle d’épaisseur d (selon y ), de
longueur l (selon x ) et de largeur L (selon z ). Le
contact avec le sol s’effectue donc sur un rectangle d’aire
S = Ll .
L’avalanche est formée de paquets de neige sphériques
de masse m 0 descendant la ligne de plus grande pente
avec une vitesse v = vu x . Ces blocs sont empilés en
couches distantes de b perpendiculairement à la pente.
Dans une couche donnée, parallèle au plan Oxz , les blocs
sont en moyenne distants de a selo n les directions x et
z . Au niveau du sol, ils rencontrent des aspérités
assimilées à des cylindres de section circulaire et d’axe
parallèle à ( Oz ), séparés d’une distance ∆r
. Ces chocs, caractérisés par l’angle d’incidence i fixé, obéissent à la loi
suivante : le vecteur vitesse v du bloc a deux composantes, une composante v n normale au plan tangent commun au
bloc et à l’aspérité et une composante v t située dans ce plan tangent ; après le choc v t est inchangé et v n est nul.
1) Un bloc se déplaçant selon x avec une vitesse moyenne v , exprimer la fréquence f des chocs qu’il subit.
2) Quel est le nombre moyen N 1 de blocs dans la couche en contact avec le sol ?
3) Combien de chocs l’avalanche dans son ensemble subit-elle pendant dt ? On notera dN ce nombre.
4) Pendant un choc, un bloc subit un changement de quantité de mouvement ∆p
0 . Déterminer sa projection ∆p 0x
sur l’axe x .
5) Soit P = Pux
la quantité de mouvement de l’avalanche. En déduire la variation de quantité de mouvement
dP chocs causée par les chocs durant dt .
2 2
mSv 0 cos i
6) En déduire que la force de frottement rugueux s’exerçant sur l’avalanche est F = −
u
7) Soit m la masse totale de l’avalanche. Montrer que F
rug
rug
se met sous la forme F
rug
2
a ∆r
2
mgv
= − u ξ d
x
x
en donnant
l’expression du paramètre de rugosité ξ en fonction de g , ∆r
, b et i .
8) Expliquer pourquoi ξ dépend de la nature du sol sur lequel l’avalanche s’écoule.
9) Un ou plusieurs paramètres du modèle pourraient dépendre de la vitesse, de sorte que ξ pourrait en dépendre
aussi. Lesquels selon vous ?
C. Dynamique de l’avalanche.
L’avalanche de masse m et d’épaisseur d dévale désormais une pente d’angle α sous les effets conjugués de son
poids, du frottement sec obéissant aux lois de Coulomb (partie A) et du frottement rugueux de la partie B décrit par la
du
relation de B.7. On rappelle que
2 2 = 1 u
∫ argth et thudu
= ln( ch u )
a − u a a ∫ .
1) Déterminer l’équation du mouvement selon x sous la forme d’une équation différentielle pour v( t)
.
2) Exprimer la vitesse limite v atteinte par l’avalanche et la calculer numériquement pour α = 35° , µ = 0, 3 ,
3 2
l
d = 2m et ξ = 10 m.s − .
3) Exprimer l’évolution v( t ) de la vitesse de l’avalanche, avec la condition initiale v ( 0)
= 0. On éliminera α et
µ d au profit de vl
.
4) Déterminer la distance x( t)
parcourue par l’avalanche depuis son point de départ.
5) Application numérique : quelle distance l’avalanche a-t-elle parcourue lorsqu’elle atteint sa vitesse limite à 10 %
près ?
d
Problèmes de dynamique, sans énergie, page 4

Réponses
dv
I. 1.a) m = mg −αv ; 1.b) v ( )
dt = g τ[ 1− exp −t/
τ ] ;1.d) v gt ; 1.e) vitesse limite ; 1.f)
x g ⎡ t ( exp ( t
) 1 )
⎤ 1 2
= τ ⎢ + τ − − ⎥ ; 1.g) x gt ; 2.a)
⎣
τ ⎦
2
dv
2
m = mg −βv ; 2.b) une vitesse ; 2.e) vitesse limite; 2.f) v ; 2.h)
dt gt
v
v 1
2
3 4
v1
gt 1 2 gt
x = ln ch ; 2.i) x g t − + … ;
g v
2
1 2 12v1
1 2
x − gt
3
2.k) 2 βh
t
−
ε = − = −1, 14.10 ;
1 2 3m
gt
1
2
0
2
βh
⎛ 1 1 ⎞
2.l) x1 −x2
− = 2, 5 cm
3 ⎜⎝m2 m ⎟
1⎠
.
2
2 g
II. 1) z = −ω z ; 2) R = m( g −ωz) u z ; 3) zM
= −a
; 4) z m = a ; 5) z 0 = 0 ; 6) ω 2 = ;
a
7) ω 2 = 11, 07 rad/s ; 8) Le décollage se produit pour
1 3 ( g
g
t = arccos −
2 ) ; 9) z 3 = ; z
ou
ω
2 3 = aωsin
ωt3
aω
ω
2
g
z
3
z 3 = aω 1 − ; 10) z t ; z ; 11)
2 4 3 = 0, 0276 m 3 = 0,102 s 3 = 1, 416 m/s t4 = t 3 + = 0, 246 s ;
a ω
g
2
z
3
z4 = z3 + = 0,130 m .
2g
+
+ +
III. 1) x = b sin θ ; 2.a) x

Corrigé
I.
dv
1.a) m mg
dt = −αv.
v mdv m v m mg −αv ⎛ v ⎞
1.b) t = ∫ d t = ∫ = − [ ln( mg −α v)
] 0 = − ln = −τ ln 1 − 0 mg −αv α α mg ⎜⎝
gτ⎠⎟
ou v = g τ[ 1− exp ( −t/
τ)
].
1.c) Voir ci-contre.
v
1.d) Si t τ ,
t t t
gτ
⎡
⎤
exp( − ) 1 − v gτ⎢1 −( 1 − ) ⎥ = gt
τ τ ⎣ τ ⎦
t
1.e) Si t τ , la force de frottement −α v −mg
est τ
négligeable devant le poids mg , donc le mouvement est proche
de la chute libre d’accélération g .
1.f)
dx
v =
0 τ
dt
t t t
⎡ t ⎤ ⎡ t ⎤ ⎡
t ⎤
x = ∫ vdt = gτ⎢1− exp( − ) ⎥dt = gτ ⎢t + τexp( − ) ⎥ = gτ ⎢t
+ τ( exp( − ) −1)
0
∫0 ⎥
⎣ τ ⎦ ⎣ τ ⎦0
⎣
τ ⎦
2 2
t t t t t 1 2
1.g) Si t τ , exp( − ) 1 − + x gτ ⎡ t + τ ⎛ 1 1
⎞⎤
gt
2 − + − =
2
τ τ 2τ
⎣⎢
⎜⎝
τ 2τ
⎠⎟
⎦⎥
2
1.h) Même commentaire qu’en 1.e.
dv
2
2.a) La loi fondamentale de la dynamique s’écrit m m g v
dt = −β
2.b) Comme mg et β v 2 ont même dimension, v = ( m g β) 1/2 a la dimension d’une vitesse.
2
1 /
dv v dv
2.c) m = m g −mg ⇒ dt = . Posons x
dt
2 2
v1
⎛ v ⎞⎟
g
⎜1
−
2
⎜⎝ v ⎟
1 ⎠
v
v/
v 1 +
1
v1 dx ⎡v1 1 + x ⎤ v1 v1
t = ln
ln
g ∫ =
2
=
1 − x ⎢⎣2g 1−
x ⎥⎦0
2g
v
1 −
v
1
= v d
dx
v
= v v
.
1 1
v ⎛2gt⎞ 1 exp ⎛gt⎞ 1 exp ⎛ gt⎞
exp
gt
+ v 2gt
⎜ v ⎟− ⎜v ⎟− ⎜
−
v
⎟ sh
⎛ ⎞ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
v ⎜ ⎟
v1
gt
= v1 = v1
th
1 −
⎜⎝ ⎠ ⎛ gt ⎞ ⎛gt ⎞ ⎛ gt ⎞ gt
v
exp ⎟ 1 exp ⎟
1
exp
ch
v
⎝ v ⎠ ⎝v ⎠ ⎝ v ⎠⎟
v
1 1 1 1
= exp⎜
v v1 v1
v ⎟
= =
1
2
1 ⎜ ⎟+ ⎜ ⎟− ⎜
−
1 1 1
2.d) Voir ci-contre.
2.e) v est la vitesse limite; c’est la limite de la vitesse lorsque
1
2
t → +∞ ; alors la force mg −βv tend vers zéro, donc
v → v1 = mg/
β .
2gt
1+ − 1
v
2.f) Si t 1 ⎛2gt ⎞ 2gt 1
, exp v
1 v v1
g
g ⎜
v ⎟ + = t
⎜⎝ ⎠ v
1+
1
1 1
1 2 1
2
2.g) Alors v g t v βv β v = mg , aussi le mobile suit un mouvement proche de la chute libre.
⎛
2.h) x v 1 th gt ⎞
= ∫ dt = v ∫
⎜
dt qui s’intègre par le changement de variable
⎜⎝v
⎠⎟
1
2 2 t 2
1 1 1 ⎡ ⎤ 1
1
1 1 ⎢⎣
1 ⎥⎦
0
gt gdt v du v v gt v gt
u = du = x = v thu ln chu
ln ch ln ch
v v ∫ = = =
g g g v g v
.
1
v 1
0
1
v
t
t
Problèmes de dynamique, sans énergie, page 6

2.i) Si x petit,
2 4
x x
ch x 1 + + + ...
2 24
2
x
ln( 1 + x)
x − + …
2
2 4 2 4 2 4 2
⎛
2
x x ⎞ x x 1⎛x x ⎞ x 4 1 1
ln( ch x) ln 1 + + + … x
2 24 + + … − + + … = +
2 24 2 2 24 2
( −
24 8)
+ …
⎜⎝ ⎠⎟
⎝ ⎜
⎠⎟
2 4
x x
ln( ch x ) − + …
2 12
2 2 4
3 4
v ⎡
1 1⎛gt⎞ 1 ⎛gt⎞
⎤ 1 2 g t
x − + = gt − +
⎢2 ⎜
⎟
2
1 12 ⎜v
⎟
… …
g ⎝ ⎠ ⎝ 1⎠
⎥
⎣ v
⎦ 2 12v1
3 4
gt
2.j) Même commentaire qu’en 2.g. En outre, en raison du frottement, le terme correctif − est négatif.
2
12v1
2.k) L’abscisse présente l’écart relatif ε avec celle de la chute libre :
3 4
1 gt
2
x − gt −
2 2 2 −4
2 12v1 gt 2gx β h 12× 10 × 2
−3
ε = = − = − 1,14.10
1 2
2 1 2 6v
mg = − = − = − .
gt gt
1 6 3m1
3×
0,7
2 2
β
1 2
2.l) En fin de chute, considérons que x1
et que x2
sont voisins de h = gt :
2
x 2 4 2
1 x 2
h h h
−
− 1 1 12 10 2 1 1
1 2 x1 x2
2, 5 cm
h β β β ⎛ ⎞ × × ⎛ ⎞
ε − ε − + ⇒ − 3m1 3m 2 3 ⎜
− = − =
⎝
m2 m ⎟
1⎠
3 ⎜⎝0,058 0,7⎠⎟
.
2.m) Le frottement étant faible, les deux boules ont un mouvement proche de la chute libre, mouvement qui est
indépendant de la masse, donc elles ont des mouvements voisins.
La force de frottement étant la même et la masse de la seconde boule étant plus faible, cette deuxième boule est un
peu plus ralentie, donc se trouve au dessus de la première.
II. Point matériel sur un plateau oscillant.
2 2
2
1) z = aωsin
ω t z = aω cos ω t z = −ω z . 2) R + mg = ma R − mg = mz R = m( g −ωz) u z .
3) R est maximum quand z est minimum : zM
= −a. 4) R est minimum quand z est maximum : zm
= a .
2
g
5) z 0 = 0 . 6) R reste toujours positif ou nul si sa valeur minimale l’est aussi : mg ( −ωa) ≥0
⇒ ω 2 = .
a
9, 8
7) ω 2 = = 11, 07 rad/s .
0, 08
2
g 1 g π
8) Le décollage se produit pour R = m( g −ω z) = 0 z3 = t
2 3 = arccos( − ) ( < ω t
2
3 < π)
.
ω ω aω
2
g
9) z
3 = aωsin
ωt3
ou z 3 = aω 1 − . 10)
2 4
a ω
9, 8 1 ⎛ 9, 8 ⎞
z3 = = 0, 0276 m t
2 3 = arccos − 0,102 s
6
2
= .
(6 π) π ⎜⎝ 0, 08 × (6 π)
⎠⎟
z 3 = 0, 08 × 6πsin(6π× 0,102) = 1, 416 m/s .
2
z
3
1, 416
11) z = − g z = −g( t − t3) + z 3 = 0 t4 = t3
+ = 0,102 + = 0,246 s .
g
9, 8
z
2 2
z
3
1, 416
= z + = 0, 0276 + = 0,130 m
2g
2×
9,8
4 3
Problèmes de dynamique, sans énergie, page 7

III.
1) N + mg + g = 0 .
N
N N
Projetons sur le plan incliné et sur sa normale :
⎧⎪ mg sin θ− g = 0
⎪
T g mg
g
g
⎨
⎪N
−mgcos θ = 0
T
⎪⎩
mg g
mg
mg
g = kx = mg sin θ x = b sin θ
2.a) g + N + T + mg = 0 .
Question 1 Question 2.a Question 2.b Question 3
T k x
T = g N = mg
s
N
= mg
< µ
x

λt
1) La solution générale de l’équation différentielle en y( t)
est y = Aexp
− . Si t = 0 , y
= 0 ⇒ A = 0 : à
m
tout instant y = 0 , donc y reste constant au cours du temps. Comme à l’instant 0 y = 0 , cette égalité est aussi vraie
à tout instant : P se meut dans le plan Oxz .
Autre justification.
Si, à l’instant t , le mobile est dans le plan Oxz avec une vitesse située dans ce plan, la force qu’il subit
mg −λ
( v − u ) est aussi dans ce plan, qui contient aussi dr
= vdt
F
et dv = dt ; donc, à l’instant t + dt , le
m
mobile est encore dans le plan Oxz avec une vitesse située dans ce plan. Comme, à l’instant 0, le mobile est dans le
plan Oxz avec une vitesse située dans ce plan, on en déduit par récurrence qu’il y reste.
λ
2) La solution générale de l’équation différentielle en x ( t)
est x = Aexp( − t)
+ u .
m
( )
λ
x
x
( 0x
) exp( )
Si t = 0 , x = v0 ⇒ A = v0
− u. D’où : x = v −u − t + u .
m
λ mg
La solution générale de l’équation différentielle en z ( t)
est z = Aexp( − t
m ) − .
λ
λ
z
z
( 0z
) exp( )
Si t = 0 , z = v0 ⇒ A = v0
+ w . D’où : z = v + w − t −w
.
m
t
m
λ
3) x xdt x ( v0x
u) ( 1 exp( t)
)
0
λ
m
t m
λ
= = ( 0z
+ )( 1− exp( − ))
−
0
λ
m
λ
4) Si t grand, p( t ) 0
= ∫ = − − − + ut .
z ∫ zdt z v w t wt .
m
ex − , d’où l’équation de l’asymptote : x ( v0x
− u)
+ ut et
m
λ
m
z ( v0z
+ w)
− wt .
λ
λ w m v0z
5) Au sommet, z = 0 exp( − t ) = t = ln( 1+
m v
), d’où après un peu de calcul :
0z
+ w λ w
mv0z
mw v0z
zS
= ln( 1
λ
− λ
+ w
) .
2 2
v0z
1 2 v0z
w
6) Sans freinage par l’air, au sommet z
= − gt + v0z = 0 t = zS′
= − gt + v0zt
= =
g
2 2g
2g ; avec
2
freinage, comme m w λ = g
, w
z S ( 1 ln2 ) zS
= − ; d’où = 2( 1− ln2)
= 0,614 .
g
z ′
V.
A.
1) Soit R = − Tu
x + Nu y la réaction du sol sur la neige. Si la neige est en équilibre, R + mg = 0 , soit
− T + mgsin α = 0
N −mgcos α = 0
T
D’après la loi de Coulomb du frottement, tan s
N = α

B.
1) La durée séparant deux chocs consécutifs d’un paquet de neige sur les aspérités est T = ∆r/
v ,
d’où la fréquence des chocs pour un paquet de neige
f = 1/ T = v/
∆ r .
2) Il y a un paquet de neige par carré de coté a , d’où N1 = S /a .
3) dN = N1dt / T = N1fdt
.
4) Soit p f la quantité de mouvement du paquet de neige après le choc sur l’aspérité ; p 0 , p
f et
∆ p 0 = p f − p
0 forment le triangle rectangle dessiné ci-contre ; d’où
2
∆ p = p cosi ∆ p = p cos i.
0 0 0x
0
2
p f
∆p
0
5) dP chocs = dN∆p0x
.
6) Du fait du poids, le mouvement a lieu selon l’axe des x , la projection de la quantité de mouvement sur l’axe des y
ne varie pas et seule est modifiée la composante de la quantité de mouvement selon l’axe des x :
2 2
dPchocs
N1fdtm0v cos i S v
2 m0S cos i 2 F = = = m
2 0vcos
i F = − v u
2
x .
dt dt a ∆r
a ∆r
7) Le bloc comporte d S
couches, chacune contenant paquets de neige :
b
2
a
2
Sd mbcos
i 2 mg 2 g∆r
m = m0 ⇒ F = v = v si ξ = .
2
a b d∆r dξ
2
bcos
i
8) ξ dépend de ∆ r , qui est une fonction du sol, et de i , qui est une fonction du sol et de la grosseur des paquets de
neige de l’avalanche. Si la taille de ces paquets de neige augmente, b et i augmentent, co si diminue et peut-être
2
bcos
i ne varie pas trop. Alors, ξ dépendrait essentiellement du sol.
9) Si la vitesse est trop grande, le paquet de neige soulevé pourrait ne pas avoir le temps de revenir à sa hauteur de
départ quand il heurte l’aspérité suivante, d’où une augmentation de l’angle i avec la vitesse.
C.
dv
1)
dt
⎛
2
v ⎞
= g
sin α−µ d cos α− .
⎜⎝
ξd
⎠⎟
dv
2) = 0 ⇒ v = vl
dt
= ξd( sin α −µ d cos α ) = 10 × 2( sin 35°− 0, 3 cos 35° ) = 25,6 m.s
3)
dv g 2 2
= ( vl
− v )
dt ξd
ξd v dv ξd
v
t = argth
g ∫ =
0
2 2
vl
− v gvl
vl
gvlt
v = vl
th
ξd
t ξd
⎛ gvt l ⎞
4) x = dt ln ch
∫ v = 0 g ⎜⎝
ξd
⎠⎟
.
d
v 2 1000
5) x = ξ ln ch argth ln( ch( argth 0,9 ))
169 m .
g
⎜
= =
⎝ ⎜⎝ v ⎟⎟
l ⎠⎠ 9, 8
Autre méthode de calcul :
1 2 mg 2 2
d ( mv ) = Fdx = ( vl
− v ) dx
2
ξd
( )
3 −1
2 2
ξd v d v ξd v ξ d ⎛ v ⎞
⎟ ×
2 0
2 2 l
g∫
2 0
2
2
vl
− v g g ⎜ ⎝ v ⎟
l ⎠ 2×
9,8
2 1000
x = dx = = −ln v − v = − ln 1 − = − ln 1 − 0,9 = 169 m
∫
2 2
[ ( )] ⎜
2
⎟
( )
.
0
∆pp 0x
i
Problèmes de dynamique, sans énergie, page 10