DS de physique de décembre TS3

TS3
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
2.1.1. v G3  2 4  2 4 , sur l’image G2G4 = 1,2 cm =1,210–2 m
t4  t2
2
donc v G3 
2,5  1,2  102
= 0,30 m.s-1
2  0,050
G4G6
2,5  1,6  102
–2
, or sur l’image G4G6 = 1,6 cm =1,610 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.
2.1.2. a4 
2.2. Étude théorique
2.2.1. Poussée d’Archimède :  = mfluide déplacé . g = .V.g =
 = 1240  2,10.10-6  9,8 = 2,6  10–2 N
Poids de la bille :
P=m.g
P
m
= 1,46 donc P et  sont du même ordre de grandeur.

 .V

f
2.2.2. Le solide est soumis :
- à son poids P : force verticale et dirigée vers le bas
- la poussée d’Archimède  : force verticale et dirigée vers le haut
- la force de frottement f : force verticale et dirigée vers le haut car
opposée au sens de déplacement du solide.
O
k
G
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
z
du système par le vecteur accélération de son centre d’inertie G : Fext  m.aG .
2.4. En appliquant la deuxième loi de Newton au solide dans le référentiel du laboratoire galiléen :
P +  + f = m.aG

P. k –  . k – f. k = m.az. k
en projection sur l’axe (Oz) au point G4 :
P –  – f = m.a4
avec f , la norme de la force de frottement
f = P –  – m.a4 = m.g – .V.g – m.a4
application numérique :
f = 3,8010–3  9,8 – 12402,1010–69,8 – 3,8010–31,0
f = 7,910–3 N.
2.5. L’énoncé donne : v4 = 0,32 m.s-1. (remarque : graphiquement on trouve v4 = 0,38 m.s–1, ce qui
illustre la précision de la méthode)
Or :
k=
f = k.v4
soit k =
f
v4
7,9  103
= 2,510–2 kg.s-1
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 : 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.
P +  + f =0
3.3. On a :

P–  – f = 0
Posons v = vlim = Cte alors
P –  – k.vlim = 0


P   m.g  .V.g g

 .(m  .V)
k
k
k
9,8
vlim =
 (3,80  103  1240  2,10  10 6 ) = 0,47 m.s-1.
2,5  102
vlim =
3.4. v G13 
G12G14
2,5  2,0.102
. Or sur l’image G12G14 = 2,0 cm = 2,0.10-2 m donc v G5 
= 0,50 m.s-1
2  0,050
2
On trouve une valeur proche de la vitesse limite calculée.
Exercice 2 : Chute libre
1/ Système : {fléchette}
Référentiel terrestre supposé galiléen
Bilan des forces : le poids
D’après la deuxième loi de Newton :
Fext  m.aG
= m.aG = m.g donc aG  g
Caractéristiques de aG :
- origine : le centre de gravité G de la fléchette
- direction : verticale
- sens : vers le bas
- a=g
P
2/ aG  - g or a = dv/dt donc v  -gt + C1 or à t = 0 v 0  5 donc v  -gt + 5
or v = dz/dt donc OG  -O,5 t2 + 5t + C2 or à t=0 OG0  1,75
donc vZ(t) = -gt+5
et
z(t) = -0,5t2 +5t +1,75
3/ a. Au sommet de la trajectoire , vZ = 0
b. Donc –gtS + 5 = 0 donc tS = 5/g = 0,51 s
c. hS = zmax = -0,5 t S 2 + 5tS +1,75 = 3,0 m
4/ La fléchette touche le sol pour z = 0
-0,5 t2 + 5t +1,75 = 0
 = 59,3
2 racines : t1 = - 0,27 s (non retenue) et
t2 = 1,3 s
donc OG  -0,5 t2 + 5t +1,75