TS2 Correction DS de Physique décembre 2010 Exercice 1 : 1. Voir ci-contre : : O G2 G3 G4 G5 k 0 2 4 Régime transitoire entre les positions G0 et G8 . Pendant des durées égales, les distances parcourues par l’objet augmentent. Le mouvement de l’objet est rectiligne et accéléré. vG3 G6 6 a4 vG5 8,0 cm 10 G12 G13 G14 14 20 cm Régime permanent à partir de la position G9. Pendant des durées égales, les distances parcourues par l’objet sont égales (1cm schéma). Le mouvement de l’objet est rectiligne et uniforme. 2.1.1. Déterminons l’échelle x de l’image : image réel 8,0 cm 20 cm 1,0 cm x donc x = 20 1,0 / 8,0 = 2,5 soit 1 cm schéma 2,5 cm réels Z Les vecteurs vitesse ont été décalés sur l’axe Oz pour plus de lisibilité. Normalement leur point d’application est le point G. 2. Étude de la première phase : GG GG 2.1. v G3 2 4 2 4 , sur l’image G2G4 = 1,2 cm =1,210–2 m t4 t2 2 donc v G3 2,5 1,2 102 = 0,30 m.s-1 2 0,050 G4G6 2,5 1,6 102 –2 , or sur l’image G4G6 = 1,6 cm =1,610 m donc = 0,40 m.s-1 v G5 v G5 2 0,050 2 Avec l’échelle des vecteurs vitesse, 1 cm 0,20 m.s-1, vG3 mesure 1,5 cm et vG5 mesure 2,0 cm. v G5 v G3 .k v v G5 v G3 = a4 .k où k vecteur unitaire porté par l’axe Oz. t 2. 2. 0,40 0,30 Ainsi : a4 = 1,0 m.s-2. 2 0,050 Avec l’échelle des accélérations, 1 cm 0,50 m.s-2, a 4 mesure 2,0 cm. 2.2. a4 3. Étude de la deuxième phase 3.1. Durant la seconde phase, en régime permanent, le mouvement est rectiligne et uniforme. 3.2. Première loi de Newton : Dans un référentiel galiléen, un solide soumis à un ensemble de forces qui se compensent est soit immobile, soit en mouvement rectiligne et uniforme. Et réciproquement. 3.3. v G13 G12G14 2,5 2,0.102 -2 . Or sur l’image G12G14 = 2,0 cm = 2,0.10 m donc v G5 = 0,50 m.s-1 2 0,050 2 Exercice 2 : La grêle A – CHUTE LIBRE A.1. Considérons comme système le grêlon dans un référentiel terrestre (supposé galiléen) en chute libre. Il n’est soumis qu’à son poids. Appliquons la deuxième loi de Newton : P m a ou m go m a soit go a Par projection sur l’axe Oz vertical, il vient az = go Or az dtz par intégration on obtient vz = go×t + v0z. Le grêlon tombe sans vitesse initiale, soit v0z = 0 m.s–1 donc : vz = go×t D’autre part vz dz par intégration on a : z = ½ go×t² + z0. dt dv Or à t = 0 s, le grêlon est en O , donc z0 = 0 m d’où : z = ½ go×t² A.2. Quand le grêlon atteint le sol, alors z = h = 1500 m, exprimons la date t d'arrivée au sol : 2h h = ½ go×t² soit t go remplaçons t par son expression pour trouver la vitesse de chute : vh = go.t = go 2h go vh 2h go 2 9,80 1500 = 171 m.s-1 = 617 km.h-1 Dans le texte, on nous dit que la vitesse d’un grêlon au sol peut atteindre 160 km/h, la valeur obtenue avec ce modèle de chute libre, n’est pas vraisemblable. B – CHUTE REELLE 4 1. FA = ×V×g0 = r 3 g0 3 3 FA = 4 3,0 2 .10 1,3 9,80 = 1,8.10-4 N 3 2 P = m×go = 13.10-3×9,80 = 0,13 N Le poids du grêlon est environ 700 fois plus élevé que la poussée d’Archimède, on peut donc négliger celle-ci devant le poids. 2.a. Appliquons la deuxième loi de Newton au grêlon, dans un référentiel terrestre (supposé galiléen). Le grêlon est soumis à son poids et à la force de frottement fluide : le poids est vertical dirigé vers le bas P F m a la force de frottement est verticale dirigée vers le haut, En projetant sur l’axe Oz vertical et dirigé vers le bas il vient : P – F = m×az dv Soit : m m go K v2 dt dv K dv ou L’équation différentielle obtenue est bien de la forme go v2 A B.v2 dt m dt avec A = go et B = K / m a4 = A – B×v42 = 9,80 – 1,56.10-2×17,2² = 5,18 m.s-2 v5 = v4 + a4×t = 17,2 + 5,18×0,5 = 19,8 m.s-1 dv 2.c. Quand la vitesse limite est atteinte alors celle-ci est constante et 0 dt A 9,80 2 0 A B vlim vlim 25 m.s-1 B 1,56 10 2 2.b. ai = A – B×vi2 vi+1 = vi + ai×t B.3.d. On trace l’asymptote à la courbe : vlim =