CorrectionExoChap14

Correction des exercices n°2, 6, 9, 30 p.194 et suivantes
2. QCM
∆𝑣
10−0
a. 1 m·s-1 car 𝑎𝑚𝑜𝑦 = ∆𝑡 . Il faut convertir v en m/s : 36 km/h= 36/3,6=10 m/s d’où 𝑎𝑚𝑜𝑦 = 10
b. Uniforme : courbe 3 (v reste constante) ; accéléré sans être uniformément accéléré : courbe 1 (v
augmente mais pas de façon constante); uniformément accéléré : courbe 2 (v augmente de façon
constante).
c.
F =m
dv
.
dt
d. Il n’y a pas de condition.
6. Le parachutiste équipé est le système choisi. Les forces qui s’exercent sur le système sont : son poids P
(selon la verticale vers le bas) de valeur P = 800 N et la force Fair (selon la verticale, vers le haut) due à l’air.
En appliquant la deuxième loi de Newton au système dont la masse est constante :
P + Fair = m a
Il faut faire la projection de cette relation vectorielle sur un axe verticale que
l’on choisit pour des raisons de pratique, dans le même sens que l’accélération, c'est-à-dire vers le bas. Sur
cet axe, la projection Pz vaut +P , la projection Fair z vaut - Fair .
Le vecteur accélération a est vertical vers le bas et sa valeur donc est a =
1
0 a = 10 m·s-2
P  Fair
.
m
2
3
4
a = 5,6 m·s-2
a = 1,2 m·s-2
a = 0 m·s-2
accéléré
accéléré
uniforme
Accélération
z
Nature du
mouvement
accéléré
9. a. Le champ E est uniforme ; il est donc identique en M et N. Ce champ est
orthogonal aux plaques A et B, son sens est toujours de la plaque portant une
charge positive (A) à la plaque négative (B) et sa valeur est :
1
E=
400
= 4,0×103 V·m-1
0,10
La force qui s’exerce sur un électron est alors f e = - eE et elle est identique pour un électron en M ou en N.
La force f e est orthogonale aux plaques A et B, son sens (contraire à celui de E) va de la plaque B portant
une charge négative à la plaque A et sa valeur fe = 1,6×10-19 × 4×103 = 6,4×10-16 N.
b. et c. a =
est :
a=
fe
: l’accélération a a donc même direction, même sens que la force électrique et sa valeur
m
6, 4 1016
= 7,0×1014 m·s-2
9,11031
29. Deux corrections sont à signaler dans le manuel élève :
 D = 12,0 m (et non 12) sur la figure ;
 h = 90 cm (et non 90,0) dans la question c.
a. a = g d’où
ax = 0 et az = -g.
b. Équation de la trajectoire : à partir des coordonnées de l’accélération, par intégration, on obtient
successivement les coordonnées du vecteur vitesse de la balle et les coordonnées du vecteur position :
vx = v0
vz = -g × t
x = v0 × t
z = - ½ g × t² + H
En éliminant t entre x(t) et z(t), on obtient :
z=
 gx 2
H
2 v02
c. Pour que la balle passe au-dessus du filet, il faut que lorsque x = xfilet, on ait zfilet > h :
zfilet =
 gxD2
H
2 v02
soit z = 0,74 m
La balle rentre dans le filet !
30. a. Coordonnées du vecteur vitesse à t0 = 0s :
v0x = v0cosα
v0z = v0sinα
b. Le système étudié est la balle. Le référentiel choisi est le référentiel terrestre galiléen.
La balle est soumise à une seule force, son poids. En appliquant la deuxième loi de Newton pour un solide de
masse m constante on obtient :
a=g
d’où dans le repère proposé :
ax = 0
az = -g
c. Par intégration, on obtient les coordonnées du vecteur vitesse :
vx = C1 = v0cosα
vz = -gt + C2
soit ici
vz = -gt + v0sinα
d. Par intégration, on établit les coordonnées du vecteur position :
t0 = 0, on a x = 0 et z = 0
x = (v0cosα)t + C3
z= 
soit ici x = (v0cosα)t
car à t0 = 0, on a x = 0
1
1
gt² + (v0sinα)t + C4 soit ici z =  gt² + (v0sinα)t car à t0 = 0, on a z = 0
2
2
2
L’équation de la trajectoire du projectile est obtenue en éliminant t entre x(t) et y(t).
On obtient :
z=
 gx 2
  tan α  x
2 v02 cos²α
e. La vitesse en S ne peut être nulle, car quelle que soit la position de la balle, elle garde une même vitesse de
déplacement horizontale vx = v0 cosα.
f. Au point S, le vecteur vitesse est tangent à la trajectoire :
vSz = 0
soit -gtS + v0 sin α = 0
On déduit :
tS =
v0 sin 
g
2
d’où :
 v0 sin   v02 sin 2 
1  v sin  
yS =  g  0

(
v
sin

)
0



2  g 
2g
 g 
La flèche vaut donc :
v02 sin² α
yS =
2g
g. La portée du tir correspond à la valeur de la distance OI soit à xI (abscisse du point d’impact I).
Au point I, on a zI = 0, soit :
 gxI 2
  tanα  xI = 0 pour x  0
2 v02cos²α
On déduit la portée du tir :
v02 sin 2α
xI =
g
h. Calcul de la flèche et de la portée.
v02 sin² α
flèche : yS =
= 4,1 m
2g
v02 sin 2α
portée : xI =
= 29 m
g
i. Remarque : ces résultats peuvent être établis à partir des expressions de yS et de xI.
3
Même portée pour un angle de tir de α et (
sin 2(
π
 α ) :
2
π
 α) = sin (π - 2α) = sin 2α
2
On a dans les deux cas une même portée : xI =
v02 sin 2α
.
g
Portée maximale pour α = 45° :
xI est maximum pour sin2α = 1 soit pour 2α = π
π
soit α = rad = 45°
2
4
4