Exercice I:Chute d`une goutte de pluie (5,5 points)

BAC S 2010 Asie CALCULATRICE INTERDITE
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Exercice II : CHUTE D’UNE GOUTTE DE PLUIE (5,5 points)
1. TEMPS CALME
1.1.1. La valeur de la poussée d’Archimède de l’air sur la goutte de pluie est égale à la valeur du
poids de l’air déplacé par la goutte : FA = 2.V.g.
 .V.g 1
P
m.g

 1

FA 2 .V.g 2 .V.g 2
P 1000
1
1.1.3.


 1000 = 0,77 × 1000 = 7,7 × 102
FA
1,3
1,3
1.1.2.
La valeur P du poids de la goutte de pluie est environ 770 fois plus grande que la valeur F A de la
poussée d’Archimède : donc FA est bien négligeable devant P.
1.2.1. Le système est la goutte de pluie et son mouvement est étudié dans le référentiel terrestre
supposé galiléen. On choisit un axe vertical (Oz) orienté vers le bas selon le vecteur unitaire k
(voir schéma). En négligeant la poussée d’Archimède, la goutte est soumise à :
O
- son poids : P  m.g  m.g.k avec g  g.k
- la force de frottement : f  K.v G  K.vG .k
k
La deuxième loi de Newton donne :
f
+
=
P
f
m.aG
g
En projection de selon (Oz) :
mg
–
K.vG =
m.aG
mg
–
K.vG =
dv G
dt
=g–
K
.vG
m
m.
G
dv G
dt
Finalement :
dv G
dt
=–
K
.vG + g
m
z
L’équation obtenue est bien de la forme :
avec : A = –
K
m
et
P
dv G
= A.vG + B
dt
B=g
1.2.2. B a la même unité que g donc B s’exprime en m.s2.
D’après l’équation différentielle A.vG à la même unité que B donc A.vG s’exprime en m.s2
Comme vG s’exprime en m.s1 alors A s’exprime en s1.
1.3.1. Accélération à la date t = 3,4 s :
dvG (t  3,4)
 A.vG (t  3,4)  B
dt
dv G (t  3,4)
= – 3,2410–1 21,0 + 10 = –3,24  2,10 + 10 = – 6,80 + 10 = 3,2 m.s2
dt
1.3.2. Vitesse à la date t = 3,6 s :
vG(t = 3,6) = vG(t = 3,4) +
dv G (t  3,4)
. t
dt
vG(t = 3,6) = 21,0 + 3,2 × 0,2 = 21,0 + 0,64 = 21,6 m.s1.
1.3.3. Pour que les valeurs des vitesses calculées par la méthode d’Euler, soient les plus
proches possibles des valeurs réelles, il faut diminuer le pas de calcul t.
dv G
alors la valeur de l’accélération est égale au coefficient directeur de la
dt
dv G
tangente à la courbe vG(t). Graphiquement, on constate qu’au cours du temps
diminue,
dt
1.4.1. Comme aG =
donc l’accélération diminue au cours du temps.
1.4.2. Lorsque le régime permanent est atteint, vG est constante donc aG =
dv G
= 0. En régime
dt
permanent l’accélération est nulle.
La deuxième loi de Newton donne alors : P + f = m.aG  0 . Ainsi P + f  0 donc en projection
selon l’axe vertical (Oz) orienté vers le bas : P – f = 0 soit finalement : P = f.
En régime permanent, la valeur du poids est égale à celle de la force de frottement.
1.4.3. En régime permanent vG = vlim et P = f
 m.g = K. vlim finalement : vlim 
m.g
K
2. TEMPS VENTEUX
O
2.1. Après la rafale de vent, la goutte n’est soumise qu’à son poids.
La deuxième loi de Newton impose alors :


m.g = m.aG
P = m.aG
aG = g
v2
v
v0
a x  0
a y  g
g
En projection dans le repère (Oxy), il vient : aG 
Comme aG 
dv G
dt
dv x

a x  dt  0
alors aG 
a  dv y  g
 y
dt
y
donc

v x  Cte1
vG 

v y  g.t  Cte2
donc vG (t  0)  v0 
À t = 0 on a : v 0  v  v 2  v.j  v 2.i
Cte1  v 2

0  Cte2  v
v  v
x
2
D’où : v G 
v

g.t
v
 y
dx

vx 
 v2

dOG

dt
Comme v G 
alors v G 
donc
dt
v  dy  g.t  v
 y dt
0  Cte '1  0
A t = 0 on a : OG(0)  0


0  0  Cte '2  0
 x  v 2.t  Cte '1

OG 
1 2
 y  2 g.t  v.t  Cte '2
 x  v 2 .t

1 2
 y  2 g.t  v.t
Finalement : OG 
2.2. On isole le temps « t » de l’équation : x = v2.t que l’on reporte dans y(t) :
2
 x 
1  x 
x
 y(x)  .g    v.  
t
2  v2 
v2
 v2 
finalement
Il s’agit de l’équation d’une parabole.
x
 g 
 v 
y(x)   2  .x 2    .x .
 v2 
 2v 2 