v = f(t) - xobernai

Chapitre 9
2 p 194 : QCM
a. En appliquant la définition algébrique de l'accélération :
Δv
36
−2
a= =
=1m.s
Δ t 10×3,6
b. Si le mouvement est uniforme la vitesse est constante (3)
Si le mouvement est accéléré de manière non-uniforme,
l'accélération n'est pas constante et donc la vitesse ne peut
être ni constante ni linéaire (1)
Si le mouvement est uniformément accéléré, l'accélération est
constante et donc par définition, la vitesse augmente de
manière linéaire (2)
⃗ = d ⃗p =m d ⃗v
c. F
dt
dt
d. Il n'y a pas de condition
La fonction v = f(t) est une fonction linéaire, la vitesse
augmente donc de manière linéaire au cours du temps,
l'accélération est constante et le mouvement est donc
uniformément accéléré.
16 p 198 : Étude cinématique du démarrage d'une voiture
a.
v (m/s)
12
v = f(t)
10
8
6
4 p 194 : Calculer et représenter la vitesse et l'accélération
4
a. Le mouvement étant rectiligne, on peut écrire :
Δ v 0−20
−2
a= =
=−2 m.s
2
Δ t 10−0
b. Le vecteur accélération est identique et opposé au sens du
mouvement aux deux dates (le mouvement étant
2
4
6
8
10
12
t (s)
uniformément décéléré). Le vecteur vitesse est d'autant plus
petit que le temps écoulé est grand. Il sera donc de norme b. phase 1 : 0≤t ≤4s
inférieure pour un temps postérieur, mais en étant toujours de phase 2 : 4≤t ≤11s
phase 3 : t≥11s
sens identique à celui du mouvement.
c. Par définition, l'accélération est la dérivée de la vitesse par
A (t1)
B (t2>t1)
rapport au temps, l'accélération correspond donc au
coefficient directeur de la portion de droite située entre 0 et
⃗v
a ⃗v
⃗
⃗a
4s : a = 2,0 m.s-2. L'accélération étant constante, le mouvement
est uniformément accéléré.
9 p 195 : Étudier la force électrique et l'accélération
d. Dans la troisième partie le coefficient directeur de la droite
a.
PA : l'électron
D : horizontale
est nul. La vitesse est constante, l'accélération est nulle. Le
S : de B vers A
mouvement est uniforme.
−19
U 1,6×10 ×400
−16
f e =∣q∣ =
=6,4×10 N
e. En traçant la dérivée de la vitesse par rapport au temps en
d
0,10
fonction du temps (a = f(t)) on peut sur cette courbe effectuer
b. On applique la deuxième loi de Newton à l'électron :
une lecture graphique de l'accélération, on obtient a(7) = 0,57
f⃗
m.s-2.
∑ F⃗ = ddt⃗p =m ⃗a soit ⃗a = me
PA : l'électron
D : horizontale
17 p 198 : Galilée à Pise
S : de B vers A
a. On fait un bilan des forces appliquées à la bille :
f
Système : bille
a = e =7,0×1014 m.s−2
m
Référentiel : terrestre supposé galiléen
c. On peut remarquer en passant Inventaire des forces : - le poids ⃗ de la bille
⃗
E
P
que les valeurs de la force et de La chute étant considérée comme libre, le poids est donc la
l'accélération ne dépendent pas seule force dont on va tenir compte dans l'étude.
a
⃗
de la position de l'électron entre On applique la 2ème loi de Newton à la bille :
les deux plaques chargées.
dp
f⃗e
∑ F = dt⃗ soit ici ⃗P=m⃗a on en tire que ⃗a =⃗g
En ne tenant compte que l'axe vertical orienté vers le bas, on
10 p195 : Réaliser et exploiter un graphique
peut retrouver l'abscisse de la bille par primitivation
v (m/s)
(opération inverse de la dérivation).
0,3
a(x) = g
v = f(t)
0,25
v(x) = gt + v0
1
x= g t² +v0 t + x0
0,2
2
La bille étant lâchée sans vitesse initiale, on a v 0 = 0. La bille
0,15
1
étant lâchée à l'origine, on a x0 = 0. Donc : x= g t²
2
0,1
1
2h
2×54
b. h= g t² et donc t=
=
=3,3 s
2
g
9,8
0,05
c. v = gt = 9,81 x 3,3 = 32 m.s-1
+
-
√ √
0
1
2
3
4
5
6
t (s)
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Exos corrigés
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
 Connaissance du cours  Exploitation de documents  Exercices de synthèse
dp
26 p 200 : Objectif BAC
∑ F⃗ = dt⃗
1. Pour répondre à ces questions, on va appliquer la 2ème loi
de Newton à l'électron placé dans le référentiel terrestre et
soumis uniquement à la force électrique :
dp
∑ F⃗ = dt⃗ qui ici s'écrit F⃗ =q E⃗ =m ⃗a
L'électron étant chargé négativement, les vecteurs
accélération et force électrique ont un sens opposé à celui du
vecteur champ électrique.
Le champ électrique est donc vertical et orienté vers le bas.
Le vecteur accélération est vertical orienté vers le haut et son
eE
intensité est égale à : a =
ce qui mène aux coordonnées
m
suivantes :
ax = 0
eE
ay =
m
2.a. On retrouve par primitivation, les coordonnées du vecteur
vitesse et du vecteur position :
vx = v0x
eE
v y= t +voy
m
et :
x = v0xt + x0
eE
y=
t² +v 0y t + y0
2m
La vitesse initiale v0 étant horizontale, on peut écrire que v 0y =
0. En prenant l'origine des axes comme origine des temps, on
aboutit à y0 = x0 = 0 .
x
Finalement : x = v0 t et on en tire l'expression de t : t=
v0
En injectant cette égalité dans l'expression de y :
eE
y=
x²
2m v0 ²
b. L'équation est du type y = ax² qui est l'équation d'une
parabole.
U
c. Au point S l'abscisse x = l. et on sait que E=
.
d
e U l²
Donc : yS =
. Étant donné que e, l , d m et v 0 sont
2d m v 0 ²
des constantes, on peut écrire que y S = k U avec k une
e l²
constante d'expression : k =
2d m v0²
y S ×2L e U l² 2 L e U l L
=
=
3.a. y A =
l
2 d m v0 ² l d m v0 ²
b. yA étant proportionnel à U, si U diminue y A diminue dans les
mêmes proportions. Si U change de signe le champ électrique
s'inverse et la déviation du faisceau d'électrons s'effectuera
vers le bas.
qui
se
simplifie
ici
en :
a⃗ =⃗g
.
Les
coordonnées du vecteur accélération seront donc :
ax = 0
az = -g
c. En primitivant les coordonnées du vecteur accélération :
vx = v0x = v0 cosα
vz = -gt + v0z = - gt + v0 sin α
d. En primitivant les coordonnées du vecteur vitesse :
x = v0 cosαt (x0 = 0 à l'origine)
−g t²
z=
+v 0 sin α t (z0 = 0 à l'origine).
2
e. Les coordonnées du vecteur vitesse montrent que la vitesse
selon l'axe des x est constante et non-nulle. Tant que la balle
est en chute la vitesse ne s'annule pas. Donc la vitesse ne peut
pas être nulle ni en S ni en aucun autre point de la trajectoire
lors de la chute.
f. La flèche est l'altitude maximale atteinte par la balle. La
valeur de z passe par un extremum au niveau de la flèche. La
dérivée de z par rapport au temps est donc nulle en ce point.
Donc la composante de la vitesse sur l'axe z est nulle en S.
Donc :
gtS = v0 sinα
v sin α
c'est à cette date tS que la flèche est atteinte.
tS = 0
g
Il suffit ensuite remplacer t par tS dans l'expression de z, et on
obtient :
−g v 0 ² sin² α v0 ² sin² α v 0 ² sin² α
z S=
+
=
2g²
g
2g
g. L'abscisse de I a une valeur numérique égale à la portée du
tir. I est le point pour lequel l'altitude de la balle est à nouveau
nulle (z=0). La mise en équation donne :
−g t I ²
zI =
+v 0 sin α t I =0 en simplifiant par tI :
2
t
2 v sin α
Le temps nécessaire pour
v 0 sin α= g I soit t I = 0
2
g
atteindre le point I est le double de celui nécessaire pour
atteindre la flèche. Un tel résultat peut sembler logique si on
considère que la chute est libre. En remplaçant cette
expression de t dans celle de x :
2 v ² cos α sin α v 0 ²
x I =v0 cosα t I = 0
=
sin 2 α
g
g
h. AN : zs = 4,1 m et xI = 29 m
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Exos corrigés
30 p 201 : Flèche et portée
a.
v0x = v0 cos α
v0z = v0 sin α
b. On effectue un bilan des forces :
système : la balle
référentiel : terrestre supposé galiléen
inventaire des forces : - le poids ⃗
P de la balle
(On ne tiendra compte ni de la poussée d'Archimède ni des
forces de frottement avec l'air, conformément aux indications
de l'énoncé).
Application de la 2ème loi de Newton :