Exercice III. Les lois de Newton (5,5 points)

TS2
Correction du DM chutes verticales.
Exercice n°1
1.
O
k
0
2
vG3
4
a4
6
vG5
10
Régime transitoire entre les
positions G0 et G8 .Le mouvement
de l’objet est rectiligne et accéléré.
Régime permanent à partir de la
position G9. Le mouvement de
l’objet est rectiligne et uniforme.
Z
14
2. Étude de la première phase :
2.1.1. Échelle de l’image :
image
réel
9,1 cm

20 cm
1,0 cm

2,2 cm
2.1.1. v G3
v G5 
G2G4 G2G4
2,2  1,4  102
, v G3 
= 0,31 m.s-1


t4  t2
2
2  0,050
G4G6
2,2  1,8  102
, v G5 
= 0,40 m.s-1
2  0,050
2
Avec l’échelle 1 cm  0,20 m.s-1, v G3 mesure 1,6 cm et v G5 mesure 2,0 cm.
2.1.2. a4 
v G  v G3
v v G5  v G3
0,40  0,31

 a4  5
→ a4 
= 0,90 m.s-2.
t
2
2
2  0,050
Avec l’échelle 1 cm  0,50 m.s-2, a 4 mesure 1,8 cm.
2.2. Étude théorique
2.2.1. Poussée d’Archimède :  = m’g = .V.g →  = 1240  2,10.10-6  9,8 = 2,6  10–2 N
Poids de la bille :P = m . g →P = 3,80×10-3×9,8 = 3,7×10-2 N
P 3, 7

 1, 4 = 1,46 donc P et  sont du même ordre de grandeur.
 2, 6
2.2.2. Référentiel terrestre supposé galiléen
Système : le solide
Inventaire des forces extérieures :
Auteur
Terre
Forces
pressantes
Fluide
Frottement fluide

Force
Répartie à
distance
Réparties de
contact
Réparties de
contact
Vecteur
f
Équivalente à P  mg
O
k
G
Équivalente à   Vg
Équivalente à f  kv
P
2.3. Deuxième loi de Newton : Dans un référentiel galiléen, la somme des forces extérieures
appliquées à un système mécanique est égale au produit de la masse du système par le vecteur
accélération de son centre d’inertie G :
Fext  m.aG .
z
2.4. En appliquant la deuxième loi de Newton au solide dans le référentiel du laboratoire galiléen :
P
 +
+
f
 P. k –  . k – f. k = m.az. k
= m.aG
Au point G4 : P –  – f4 = m.a4
f = P –  – m.a4 = m.g – .V.g – m.a4
application numérique :
f = (3,7-2,6)10–2 – 3,8010–30,90 = 7,6 10–3 N.
2.5. L’énoncé donne : v4 = 0,32 m.s-1Or :
f = k.v4 → k =
f
8,0  103
→k=
= 2,410–2 kg.s-1
v4
0,32
( car f en N avec N = kg.m.s-2 et v en m.s-1).
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 (principe d’inertie) : Dans un référentiel galiléen, si la somme vectorielle des
forces extérieures appliquées à un solide est nulle alors ce dernier est soit immobile, soit son centre
d’inertie a un mouvement rectiligne et uniforme.
3.3. On a :
P

3.4. v G13 
+
 +
f
= 0
P
vlim =

k
vlim

P –  – flim = 0  P –  – k.vlim = 0
3,7-2,6  ×10–2

=
= 0,44 m.s-1
2,4×10–2
G12G14
2,2  2,3.102
→ v G5 
= 0,51 m.s-1
2  0,050
2
Soit 11% d’écart avec la vitesse limite calculée.
Exercice n°2
1. Mesure de la viscosité  de la glycérine
O
PA
1.1.
1.2. Poids de la bille : P = mbille.g. or  =
mbille
donc P = .V.g
V
j
f
1.3. Poussée d’Archimède : PA = m0.g. où m0 est la masse de glycérol déplacé par
la bille, donc PA = 0.V.g.
1.4.1. La vitesse limite est atteinte avant le passage au niveau de R1. Entre les
deux repères R 1 et R 2, le vecteur vitesse v de la bille est un vecteur
constant : la bille a un mouvement rectiligne et uniforme.
1.4.2.
D’après
la
deuxième
loi
de
Fext  maG
Newton :
Or
P
dv
aG  G  0 car v G est un vecteur constant donc P + PA + f = 0 .
dt
y
1.5.1. On a : f = 6..r.v
Analyse dimensionnelle :
[] =
f   m.a  M.L.T2  M.L1.T1
r .v  r .v  L.L.T 1
Donc  s’exprime en kg.m-1.s-1.
1.5.2.
P + PA + f = 0  .V.g j – 0.V.g j – 6..r.vlim j = 0  .V.g – 0.V.g – 6..r.vlim = 0
V.g
.    0 
 V.g.( – 0) = 6..r.vlim   =
6.r.v lim
Or :

V
4 3
r donc en reportant :
3
 =
2r 2 .g.    0 
4 3
g
r .
.    0 
3
6.r.v lim
9v lim
h
40,0 10 2
1.6.1. vlim=
→ vlim =
= 0,241 m.s-1.
t '
1, 66
2r 2 .g.    0 
1.6.2.  
9v lim
=



2
2  5,00 10 3 9 ,81  7 ,80 10 3 1 ,26 10
3
9  0,241
1.6.3. thé= 1,49 SI. écart relatif : 100 
thé  
thé
 = 1,48 kg.m-1.s-1
 100 
1, 49  1, 48
1, 49
 0,7 %.
2. Étude théorique du mouvement de la bille
2.1. On applique la deuxième loi de Newton à la bille, de masse m, dans le référentiel terrestre supposé
galiléen : Fext  m.a 
P + PA + f = m.a
dv
dv
 .V.g – 0.V.g – 6..r.v = V.
dt
dt
   6r
  

6..r
dv
dv 6r
.v = g. 1  0 
.v = g. 1  0  
.v 
= g – 0 .g –
+
V

.V
  V

dt
dt


.V.g. j – 0.V.g. j – 6..r.v j = .V.
en identifiant avec l’équation:
dv
+ A.v = B
dt
A=
  
6..r
et B = g. 1  0 
.V


2.2. Vitesse limite atteinte par la bille : v = vlim = cte alors
vlim =
8, 23
= 0,239 m.s-1
34, 4
or
dv
= 0 donc A.vlim = B
dt
soit vlim =
B
A
en 1.6.1. on a mesuré vlim,exp = 0,241 m.s-1
La valeur vlim est en accord la valeur expérimentale vlim,exp : écart relatif de 0,8 %.
2.3. Le rapport Error! s’exprime en s (car A s’exprime en s-1). Donc A est homogène à une durée : A
correspond à la durée caractéristique de chute de la bille dans la glycérine.
 dv 
 + A.v(t=0)
 dt t  0
Considérons l’équation différentielle à la date t = 0 s : 
 dv 
 =B
 dt t  0
La bille est lâchée sans vitesse initiale v(t=0) = 0 donc 
Donc B correspond à l’accélération de la bille à la date t = 0 s.
2.4.1. Le pas t est : t = ti+1 – ti = 0,025 – 0,020 = 0,005 s = 5 ms.
2.4.2. méthode d'Euler :
v6 = v5 + a5.t
v6 = 0,146 + 3,20  510–3 = 0,162 m.s-1
a7 = (B – A.v7)
a7 = 8,23 – 34,4  0,175 = 2,21 m.s-2
2.5.1. & 2.5.2.
=B